Задачка не для учебы. Расчет маятника.

[Gylmore]

Я полный профан в физике. Это не задача для учебы, это задача для изготовления реальной детали. Если это СЛИШКОМ простая задача, что ее и решать не стоит, то я не прошу от вас решения - дайте хотя бы ссылки или формулы как это решать...






P1= 1000 г.
Р2= 800 г.
L2= 5 см.

Требуется найти L1, при условии что система повернется на 90 градусов за 1,5 секунды

[gris]

А в точке опоры нет шарнира? А то система соскользнёт. Если есть шарнир, то есть ли там трение.

[PapaKarlo]

gris в сообщении #344659 писал(а):

А в точке опоры нет шарнира?

Причем в нижней, плоской части стрелочки. А то с какой-бы стати опоре поворачиваться...

Один из способов приблизительного решения: пользоваться законом, связывающим момент инерции относительно оси вращения (зависит от масс элементов, их геометрической формы и расстояния до оси) и вращающий момент (зависит приблизительно от того же). Из этого закона находится угловое ускорение, а из ускорения и начальной угловой скорости (надо думать, равной нулю), находится зависимость угла поворота от времени. Получается уравнение, связывающее требуемое время поворота с остальными параметрами системы, в том числе и неизвестной величиной $L1$.

Можно воспользоваться моделью физического маятника и численно находить всякие эллиптические интегралы.

Разумеется, трение вносит свои коррективы - появляется момент сил трения. Но тут все гораздо хуже - требуется знать геометрические размеры шарнира и коэффициент трения качения. Либо пренебречь силой трения при расчете и учесть ее на основании эксперимента.

Т.е. ключевые слова - динамика вращательного движения.

[rotozeev]

Я попытался решить в идеальном случае, без трения.
Построил лагранжиан, записал уравнение движения. В качестве переменной выбрал угол, который меняется от $0$ до $\pi/2$.

Получил уравнение движения вида:

$\ddot\varphi=\omega^2\cos\varphi$,
где частота $\omega^2 = g\dfrac{m_1l_l-m_2l_2}{m_1l_1^2+m_2l_2^2}$ (заметьте - выполняется правило рычага, когда частота равна 0)

И дальше это можно обезразмерить, и загнать в маткад.

Результат получился таким, что с погрешностью меньше процента можно полагать, что
$\dfrac{l_1}{l_2} = \dfrac{m_2}{m_1}$
(для данных в задаче чисел!)

Интересно отметить, что не для всякого времени $T$ при данных остальных условиях можно подобрать длину $l_1$.
По моей оценке, получилось, что минимально возможное время переворота составляет примерно 0,4 сек, при этом $l_1\approx 2l_2$

[Gylmore]

Спасибо, что не послали.

Единственное - забыли про 1,5 секунды. Трением в точке опоры можно пренебречь.

Объясняю смысл. Если слышали что такое стедикам, то сразу поймете. Профессиональные стедики раздвижные, то есть L1 у них изменяется. Я хочу найти постоянное значение, потому что конструкция немного другая, но принципы те же. Из горизонтального положения он должен пройти угол 90 гр. за 1,5 секунды.

Искал по всяким википедиям и пр., но там без картинок, а по формулам я не понимаю...

[rotozeev]

Только сейчас понял, что глупость написал.
Важен именно тот процент, насколько неверно равенство $\dfrac{l_1}{l_2}=\dfrac{m_2}{m_1}$. Ибо если равенство выполняется строго, то система в равновесии. Получается, что при заданных параметрах система должна оочень тонко настраиваться!

$\dfrac{l_1}{l_2}=\dfrac{m_2}{m_1} + \delta$, $\delta<<1$

У меня вышло, что для данных чисел
$\delta \approx 0,0085 \left(\left(\dfrac{m_2}{m_1}\right)^2 + \dfrac{m_2}{m_1}\right)$

Т.е. ответ: примерно 4,061 см

[ГАЗ-67]

Рисунокъ покажите пожалуйста .

[ewert]

$T=\dfrac{1}{\omega\sqrt2}\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{dt}{\sqrt{\sin t}}$, где $\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{dt}{\sqrt{\sin t}}=2.62205755429212$;

$T=\dfrac{1.85407467730137}{\omega}$;

$\omega^2=1.52781907067119=g\dfrac{m_1l_1-m_2l_2}{m_1l_1^2+m_2l_2^2}$;

$\dfrac{m_1l_1-m_2l_2}{m_1l_1^2+m_2l_2^2}=0.00155740985797;

$\dfrac{1000l_1-800\cdot5}{1000l_1^2+800\cdot5^2}=0.00155740985797$;

$\dfrac{l_1-4}{l_1^2+20}=0.00155740985797$;

$l_1^2-642.0917364050396\cdot l_1+2588.366945620158=0$;

$l_1=4.05677920371915$ или $l_1=638.0349572013204$.

Теперь -- грубая оценка:

$\dfrac{m_1l_1-m_2l_2}{m_1l_1^2+m_2l_2^2}=0.00155740985797;

$\dfrac{{l_1\over l_2}-{m_2\over m_1}}{\left({l_1\over l_2}\right)^2+{m_2\over m_1}}=0.00778704928986;

$\dfrac{l_1}{l_2}-\dfrac{m_2}{m_1}\approx\left(\left(\dfrac{m_2}{m_1}\right)^2+\dfrac{m_2}{m_1}\right)\cdot0.00778704928986;

$\dfrac{l_1}{l_2}\approx0.8+1.44\cdot0.00778704928986=0.81121335097740;

$l_1\approx4.05606675488699$, что, в общем, вполне соответствует $l_1=4.05677920371915$ (относительная погрешность отклонения от равновесия -- порядка процента).

А откуда там взялось $0,0085$ -- не в курсе; десятипроцентное расхождение для этого множителя -- многовато.

[rotozeev]

Я как то до такого выражения:

$\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{dt}{\sqrt{\sin t}}=2.62205755429212$

не дошел. Как то делал все сложно и неправильно, подбирая в маткаде параметр и на глаз оценивая точку на графике + некоторые расчеты устно.

[rotozeev]

Все! Я понял как я тормозил :)
Одномерное движение всегда интегрируемо! Нужно просто записать энергию (которая константа=0) как функцию $\dot\varphi^2$ и $\sin\varphi$ и получить что то вроде
$\dfrac{d\varphi}{dt}=\sqrt{2\omega^2\sin\varphi}$ откуда
$\int dt = \int\dfrac{d\varphi}{\sqrt{2\omega^2\sin\varphi}}$

[ewert]

ну можно и без энергий (хотя это всё и эквивалентно):

$\varphi''=\omega^2\cos\varphi; \quad \varphi'(t)\equiv p(\varphi),\ \ \varphi''(t)\equiv p'(\varphi)\cdot p(\varphi);$

$p'p=\omega^2\cos\varphi; \quad p\,dp=\omega^2\cos\varphi\,d\varphi; \quad \dfrac{p^2}{2}=\omega^2\sin\varphi+C;$

$p(\varphi)=\varphi'(t)\Big|_{\varphi=0}=0 \quad \Rightarrow \quad C=0$ (это, между прочим, существенно);

$p=\varphi'(t)=\omega\sqrt{2\,\sin\varphi}$ и т.д.


А можно и без явного интегрирования -- порешать задачу Коши (для $\omega=1$) численно с нулевыми начальными условиями и подобрать конец промежутка, в котором угол становится равным ${\pi\over2}$, ну хоть тупо методом Эйлера -- уж 4-5 знаков даже и Эйлер без особого напряжения выдаст.

[aakche]

rotozeev в сообщении #344679 писал(а):

Я попытался решить в идеальном случае, без трения. Построил лагранжиан, записал уравнение движения.

Можно ли считать грузы в задаче материальными точками?
По крайней мере, один из грузов это камера (раз уж речь идёт о стедикаме), размеры которой обычно сравнимы с указанными в условиях задачи размерами платформы. Тогда в уравнение движения следовало бы добавить члены с собственными моментами инерции обоих грузов, они ведь тоже поворачиваются вместе с платформой. В условии задачи ничего не говорится о моменте инерции грузов, поэтому вопрос, по-моему, состоит в том, какие дополнительные данные нужны для решения такой задачи.

Gylmore в сообщении #344648 писал(а):

Это не задача для учебы, это задача для изготовления реальной детали.

[Issam]

Да. я вот тоже подумал, какой размер будет иметь груз в 1 кг, даже если его сделать целиком из свинца? Получается около 2 см, что сравнимо с расстояниями 4-5 см, т.е. грузы никак не получаются точечными. А если грузы не точечные -- то тут уже может получиться очень сложно, обычно для реального предмета проще экспериментально измерить его момент инерции, чем вычислить, учитывая распределение масс.