Формула перемещения бруска

[arseniiv]

Есть гладкий формы прямоугольного параллелепипеда брусок, при том его толщина и высота ничтожны, зато длина $2d$ важна. Он лежит на плоскости, коэффициент трения между ними $\mu$. Потянем брусок за один конец (или будем толкать) с достаточной силой — он придёт движение. Как он будет двигаться? Наверно, удобно задать его радиус-вектором середины $\bf r$ и вектором от середины до "самодвижущегося" конца $\bf d$. Искомое уравнение (оно, по всей вероятности, будет содержать скорость центра масс, угловую скорость и скалярное произведение силы $\bf F$ на $\bf d$?) никак не придёт в голову. Ещё думаю, что важно не $\mu$, а произведение $\mu m$.

Можете что-нибудь предложить?

P.S. Если не очень хорошо описал модель, вот она:

[Padawan]

Уж тогда не вектор $\mathbf{d}$, а угол $\varphi$. Я бы для начала выразил кинетическую энергию через $x^., y^.,\varphi^.$

[arseniiv]

Ну, выражу, но лучше сначала более общо. А потом уже можно перевыразить!

-- Сб мар 27, 2010 22:46:34 --

Слишком сложно выходит. А энергию пока нет смысла выражать — тут же ещё сила трения орудует, надо будет для её работы путь использовать, получатся интегралы... Потому что используются целых три независимых угла: $\theta = \angle ({\bf v},{\bf d})$, $\varphi = \angle ({\bf i},{\bf d})$, где $\bf i$ — какой-нибудь вектор, связанный с плоскостью, $\beta = \angle ({\bf F},{\bf d})$.
Ещё два соотношения получились: $6v\sin \theta = \varphi'_t d$ из законов вращения, а ещё $m{\bf v}'_t = {\bf F}$. Дальше получается возня с углами, в которой углы не на моей стороне...

Может, вы предлагали что-нибудь простое, что я не понял, что именно?

[arseniiv]

Вообще же я хочу вывести уравнение, связывающее относительно малое перемещение одного конца бруска с перемещением другого, для окончательного вида можно было бы привязать оси координат к стержню, и мы получали бы по одному вектору другой. Но чтобы до такой доехать, нужно ещё разобраться с таким случаем, а я, наверно, всё сильно усложнил.

-- Сб мар 27, 2010 22:58:30 --

А, нет, одного вектора хватило бы, если бы трение действовало так, что без перемещения скорость сразу становится $\bf 0$. Но если тащить брусок очень быстро, то его скорости хватит на некоторое перемещение второго конца с неподвижным первым. Так что надо будет два вектора, ещё и скорость. А без неё вроде геометрическое построение помогало, основанное на сохранении импульса. Но помню, что что-то не устраивало в этом построении. Вот хотя бы то, что оно не учитывает скорость (а понял только сейчас).

[Padawan]

$T=m\dfrac{x'^2+y'^2}{2}+J\dfrac{\varphi'^2}{2}$, где $J$ - момент инерции бруска относительно оси, проходящий через центр масс.

[arseniiv]

А, ну да, спасибо. $J = md^2/6$. Как понимаю, $T = -A = -\int\limits_t^{t + \Delta t}{\left({Fv\left|{\cos \angle ({\bf F},{\bf v})} \right|}\right)dt}$ (С выражением работы в каком-нибудь процессе у меня совершенно плохо, я точно тут напутал что-нибудь, потому что хотя бы неизвестно куда приткнуть $\Delta t$ — почему-то кажется, что надо было туда написать $dt$, но и так, и так формула какая-то явно не та.)

-- Сб мар 27, 2010 23:46:30 --

(Оффтоп)

Кстати, вообще-то, не $J$, а $I$. Это всё рукописная форма виновата.

[Padawan]

Теперь надо найти элементарные работы сил, действующих на брусок при виртуальном перемещении $dx, dy, d\varphi$

[arseniiv]

Ммм! Интересно! Смутные догадки появляются, но ещё не появились. Найду, только чуть-чуть попозже. Никогда о таком методе не слышал.

[Padawan]

Метод называется "уравнения Лагранжа"

[arseniiv]

Подозревал...

Боюсь, у меня совершенно не правильно получается, к тому же решил сменить обозначения (несильно). (А ещё в прошлый раз ошибся с формулой для $I$.) Вот переобозначил углы:
${\bf d} = d\{\cos\varphi,\sin\varphi\}$ теперь направлен от центра к точке приложения силы
${\bf F} = F\{\cos\alpha,\sin\alpha\}$
${\bf F}_{fr} = F_{fr}\{\cos\beta,\sin\beta\} = -\mu mg{\bf v}/v$
Момент инерции другой был, поправил:
$T = \frac{m}{2}\left({x'^2+y'^2+d^2\varphi'^2/3}\right)$

$\delta A = \left({F\cos\alpha+F_{fr}\cos\beta}\right)dx + \left({F\sin\alpha+F_{fr}\sin\beta}\right)dy + Fd\sin(\varphi-\alpha)d\varphi$
Так, не так?

-- Вс мар 28, 2010 18:35:23 --

Нет, какие же тут уравнения Лагранжа, если $\delta A = dT$ (и вроде всё)? Или не всё так просто, как думаю...

[arseniiv]

$dT = m\left({x'dx^2 + y'dy^2 + \varphi'd\varphi^2/3}\right)$

Остаётся понять, что же это такое, когда на одном конце двойной дифференциал, а на другом одинарный... Надеюсь, я неправильно делаю всё это. А то только собрался попробовать приравнять изменение энергии к работе, и сюрприз.

Что-то меня убеждает, что должны быть и тут "простые" дифференциалы, но голова работать отказалась и забыла всё, что надо.

[Padawan]

$\delta A=Q_xdx+Q_ydy+Q_\varphi d\varphi$
Уравнения Лагранжа (с точностью до знака, точно не помню )

$$\frac{d}{dt}\frac{\partial T}{\partial x'}-\frac{\partial T}{\partial x}=Q_x$$

такие же для $y$ и $\varphi$.

[arseniiv]

Да, а я ещё не те дифференциалы там проставил, в dT, а оно и не надо. Сейчас попробую подставить. Знаки, наверно, должны быть одинаковыми, ведь все обобщённые координаты равнозначимы.

Только что такое $\partial T / \partial x'$ (интересует штрих)?

[arseniiv]

Ага, вроде немного разобрался. Вот что получилось:
$\partial T/\partial x = \partial T/\partial y = \partial T/\partial \varphi = 0$
$\frac{d}{{dt}}\frac{{\partial T}}{{\partial x'}} = \frac{d}{{dt}}mx' = mx''$
$\frac{d}{{dt}}\frac{{\partial T}}{{\partial y'}} = my''$
$\frac{d}{{dt}}\frac{{\partial T}}{{\partial \varphi '}} = m\varphi ''d^2 /3$

Результат:
$mx'' = F\cos \alpha + F_{fr\,x} = F\cos \alpha - \mu mgx'/\sqrt {x'^2 + y'^2}$
$my'' = F\sin \alpha + F_{fr\,y} = F\sin \alpha - \mu mgy'/\sqrt {x'^2 + y'^2}$
$m\varphi''d^2 /3 = Fd\sin(\varphi - \alpha)$

Не знаю, что с ним теперь делать. Дифференциальные уравнения пока решаю только простые (даже только с разделяющимися переменными), Mathematica по вполне понятным причинам решать отказывается.

[arseniiv]

Выразил приращения координат конца через приращение координат начала и угол, который когда-нибудь найду отсюда (помогла формула Эйлера):
$\left\{ {\Delta x_K ;\;\Delta y_K } \right\} \approx \left\{ {\Delta x_H ;\;\Delta y_H } \right\} + 2\Delta \varphi d\left\{ {\sin \varphi ;\; - \cos \varphi } \right\}$
Как раз то, что мне нужно. Может, и решать уравнения не придётся (по крайней мере, все три). А нет, придётся. Из уравнений, говорящих про $x'$ и $y'$, можно найти $F$ и $\alpha$, а их подставить в третье.