Скользящий стержень (кинематика)

[dovlato]

Давайте формально. Пусть длина стержня от края до дна $R(\alpha)$, угол наклона $\alpha$ меняется со временем: $\omega(t)=\dot\alpha\ne 0$. Рассмотрим точку на стержне, расстояние которого от края в некоторый момент времени равно какому-то $r$. Через время $dt$ угол изменится, и выбранная точка тоже. После стандартных действий получаем скорость выбранной точки:

$$\dot\vec r=(\frac {\partial R}{\partial\alpha}\vec n-\vec \omega\times\vec r)\dot\alpha$$

$$\vec n=\frac{\vec r}{r}$$

Ну вот, собс-но, вроде и всё. Вектор $\vec r$ - соответствует положению рассматриваемой точки движущегося стержня. И первое, что можно видеть, что при $\vec r=\vec o$ остаётся лишь слагаемое с направляющим вектором $\vec n$.
По-моему, это доказательство..

[Nimza]

dovlato,
Спасибо. Наверное, замучил я вас :) Всё понятно, даже общий случай со стержнем, который в каждый момент времени проходит через некоторую зафиксированную точку.

[ewert]

Nimza в сообщении #420504 писал(а):

что Вы мне предлагаете раскладывать здесь в ряд Тейлора?

Ничего не надо раскладывать. Сравните траекторию некоторой конкретной точки стержня с расположением самого стержня на момент, когда та точка проходит через край чашки. Очевидно, что траектория лежит выше этой прямой. И, следовательно, касается её (если бы не касалась, т.е. если бы в точке прикосновения был бы излом траектории, то в этот момент просто не была бы определена скорость).

[Батороев]

Nimza в сообщении #420464 писал(а):

Вопрос: почему скорость точки стержня, которой он касается края полуокружности, направлена вдоль стержня?

Потому, что скорость края полуокружности направлена вдоль стержня (принцип относительности).

-- 08 мар 2011 13:00 --

Оказывается, уже обсуждали:

dovlato в сообщении #420512 писал(а):

Nimza в сообщении #420504 писал(а):

Вот если зафиксировать стержень и двигать лунку, то понятно

Так в чём дело? Переходите в систему отсчёта, связанную со стержнем! Это ваша ситуация. Какая вам разница, что там неподвижно, а что движется..

Как, какая разница?! Если условие задачи определяет, что край чашки будет перемещаться (относительно стержня) исключительно вдоль стержня!

[dovlato]

Nimza в сообщении #420533 писал(а):

общий случай со стержнем, который

Я не сказал, но это, наверное, понятно: функция $L=L(\alpha)$ целиком определяется формой дна; это дно чашки в полярных координатах, с полюсом на её краю. Собс-нно, gris уже об этом сказал.

[dovlato]

ewert в сообщении #420549 писал(а):

не надо раскладывать

Наверное, это одно и то же.. Отсутствие изломов скоростей и разложимость (ау, математики?) - скорее всего, равносильные свойства.

[ewert]

dovlato в сообщении #420592 писал(а):

Отсутствие изломов скоростей и разложимость (ау, математики?) - скорее всего, равносильные свойства.

Нет. Второе требование -- существенно более жёсткое. Если траектория не гладкая, то и скорость в точке "излома" не существует (правда, при дополнительном предположении, что скорость -- ненулевая). Однако и гладкая траектория тоже допускает скачки скорости, и в момент скачка скорость не существует. Собственно, так и будет, если чашка не сферическая, а обычная, с уголком на стыке дна и стенки. В момент удара нижнего конца об этот стык скачком изменится величина скорости точки стержня, соприкасающейся с верхним краем (ну т.е. мне так кажется, что скачком), но направление этой скорости существенно не изменится. Т.е. траектория останется гладкой.

[dovlato]

ewert в сообщении #420618 писал(а):

ну т.е. мне так кажется, что скачком

Мне тоже так кажется - скакнёт.. O, hypothese возникла: гладкость скорости "на одну производную" меньше гладкости дна. Т.е. наличие угла на дне приводит к скачку скорости, и т.д. Правда, только тогда, когда ложечка съезжает вниз.

[Munin]

Nimza в сообщении #420520 писал(а):

Посмотрите иллюстрацию

Теперь понятно, спасибо. В тексте нигде раньше не звучало, что стержень касается лунки в двух точках.

[Nimza]

В догонку возник вопрос о том же стержне. Ищу траекторию произвольной точки на нём.

Пусть радиус полуокружности $r$, точка $M$ отстоит на $m$ от нижнего конца стержня. Если ввести декартовы координаты с полюсом в центре окружности, направить оси $x, y$ вправо и вверх и ввести угол $\beta$ между $Ox$ и нижней точкой стержня, отсчитываемый против часовой стрелки, то для координат точки $M$ можно получить:

$ \left\{ \begin{array}{rcrcl} x & = & r\cos{\beta} & + & m\sin{ \frac{\beta}{2} }, \\ y & = & r\sin{\beta} & - &m \cos{ \frac{\beta}{2} }. \end{array} \right. $

Трудно понять, на что это похоже. Подскажете? Может быть, совсем не то делаю?

[dovlato]

Nimza в сообщении #420727 писал(а):

на что это похоже

Да.. Зато есть лёгкий ответ на другой вопрос. Если задаться не постоянным расстоянием от нижнего конца $m$, а постоянным отношением $k $этого расстояния к длине части стержня между верхней и нижней точками касания $(0<k<1)$. В этом случае траектория текущей точки воспроизведёт форму дна в уменьшенном масштабе $1-k$, смещённую к левому краю. Причём дно вовсе не обязательно сферическое; вполне достаточно, если оно выпукло вниз.

[Nimza]

Интересно.

Если вводить полярную систему координат с полюсом в левой крайней точке полуокружности и полярной осью направо и отсчитывать угол по часовой стрелке, получится почти улитка Паскаля: $\rho(\varphi) = 2r\cos(\varphi) - m$.
Правда, в улитке должно быть не $-m$, а $+m$...