Есть задачка, которая вызвала много споров

[zbl]

AlexDem писал(а):

Нет, система отсчета, связанная с осью, не вращается вместе с ней. По оси трубы смотрит OZ, OY смотрит всегда вверх, OX - всегда вправо.

Не-е-т, таки неинерциальная.
Ось трубы вдоль плоскости движется с ускорением.

AlexDem писал(а):

По-моему, Вы все усложнить пытаетесь, когда надо упрощать. А еще лучше - возьмите пустую банку, приклейте чего-нибудь к ее стенке и проверьте :)

Думал об этом.
Но вот как ж я нулевое трение создам, не знаю.
Если сальцем, оно конечно хорошо, но не эстетично и погрешности трудно учесть.
Вот, если бы в сверхтекучем гелии... но нет пока такой техвозможности.

[AlexDem]

zbl писал(а):

Не-е-т, таки неинерциальная.
Ось трубы вдоль плоскости движется с ускорением.

Мы же вроде выяснили, что даже в случае трения сама плоскость летает под трубой взад-вперед? А без трения - и подавно - труба на месте будет вращаться из стороны в сторону. И никакого ускорения. И потом - мы же на OY проекцию рассматриваем... На OX тоже все будет вполне гармоническим.

Я устал

[Андрей123]

Импульс не сохраняется.

Добавлено спустя 4 минуты 59 секунд:

На сообщение Антипки. Импульс в данном случае не сохраняется, однако интеграл движения можно получить так, как я описал ранее

[zbl]

Антипка писал(а):

На самом деле, задача эквивалентна задаче про математический маятник массой m на веревке длиной R, закрепленной на подвижной платформе массой M.

Именно.
Наворот с трубой специально для тех, кому мерещится, что она будет вращаться.
Думаю, тот наворот не лишний.

Антипка писал(а):

$ \frac{\dot \varphi ^2}{2} (1 - \mu\cos ^2 \varphi ) = \omega ^2 \cos \varphi$

$\varphi$ - угловое положение груза относительно центра трубы.
$ \mu = \frac{m}{M+m} $
$ \omega ^2 = \frac{g}{R} $

Сомневаюсь, что оно разрешимо в элементарных функциях, но охотно признаю ошибку, если мне докажут обратное.

Собственно, того уже достаточно для наших целей.
Но, помнится, интеграл брался -- попробую на досуге.

Антипка писал(а):

Как видно, никакими "ударами" здесь и не пахнет, решение по всем признакам - гладкое.

Что и странно.
А где ж тогда ошибка в рассуждениях?
Типа, разгоняя трубу, стержень тормозится её инерцией?

Антипка писал(а):

Но в случае M=0 очевидным образом получается некорректная задача. Оно и понятно: в этом случае грузик m движется по вертикальному отрезку и в самой низшей точке меняет направление движения на противоположное. В этот момент его мгновенная угловая скорость относительно центра трубы (подвеса в эквивалентной задаче) обращается в бесконечность. Некорректная задача она и есть некорректная задача.

А почему нет предельного перехода к этому случаю?
Возьмём картонную трубу (или пластиковую) и стальной стержень -- не звякнет?

[Антипка]

Андрей123 писал(а):

На сообщение Антипки. Импульс в данном случае не сохраняется, однако интеграл движения можно получить так, как я описал ранее

Горизонтальная компонента импульса сохраняется, что я и использовал, ты же получил систему нелинейных ДУ второго порядка, с которыми непонятно что делать. На самом деле, систему можно свести к одному ДУ, выразив производную смещения трубы через угол отклонения груза в трубе е его производную, - это соотношение получается именно из закона сохранения импульса (его горизонтальной компоненты) или, что то же самое, из условия горизонтальной неподвижности ЦМ системы. Подругому никак НЕВОЗМОЖНО. Такова структура нашей реальности.

[zbl]

Андрей123 писал(а):

Импульс не сохраняется.

На сообщение Антипки. Импульс в данном случае не сохраняется, однако интеграл движения можно получить так, как я описал ранее

Проекция импульса (полного) в горизонтальном направлении (вдоль OX) сохраняется (и равна нулю).
Поэтому центр масс системы стержень+труба движется строго вертикально.
Всё руки не дойдут выписать закон его движения; синусоида, наверное...
Но тогда гравицапа какая-то получается... само собой торможение...

[AlexDem]

zbl писал(а):

Наворот с трубой специально для тех, кому мерещится, что она будет вращаться.

А, у Вас стержень к трубе не прикреплен? Просто из рисунка я понял, что они связаны.

Но это мало что меняет - труба будет перекатываться (если без трения - скользить) вправо-влево. Хотя трения нет, но на нее будет действовать вес падающего стержня. Стержень же будет получать обратное ускорение. Причем как по OX, так и по OY.

К тому моменту, как он "упадет" его вертикальная скорость по OY будет нулевой, горизонтальная скорость трубы будет направлена влево, а стержня - вправо. Этой разницы импульсов хватит на то, чтобы стержень поднялся на другой край трубы так, что когда труба и стержень остановятся, стержень стоял в трубе на 3 часа.

Если использовать сохранение энергии, то можно вычислить скорость в точке 6 часов как трубы, так и стержня - импульсы будут одинаковы по модулю, но направлены по OX в разные стороны.

(поправил скорости на импульсы )

[Антипка]

zbl писал(а):

Наворот с трубой специально для тех, кому мерещится, что она будет вращаться.
Думаю, тот наворот не лишний.

Согласен, что не лишний. в первое мгновение мне показалось, что будет вращаться. Потребовалось нарисовать картинку и посмотреть направления сил. Глупею.

Теперь про рассуждение острконечников - оно содержит грубейшую ошибку. За такое у нас выгоняли с экзаменов с двойкой.

zbl писал(а):

Остроконечники: "Если смотреть на центр масс, то он будет просто падать в поле силы тяжести, пока не достигнет низжей точки;

Ошибка именно здесь. Он не будет "падать", т.е. не будет падать свободно. Кинетическая энергия системы не равна $mv^2/2$, где v - скорость движения ЦМ системы. Точно так же, как не равна нулю кин. энергия системы из двух одинаковых по массе мат.точек, движущихся в противоположных направлениях с одинаковой по величине скоростью, хотя их ЦМ неподвижен. На самом деле, вблизи самой нижней точки своей траектории ЦМ системы плавно затормозит и "пойдет" назад. В нижней точке траектории энергия системы есть кинетическая энергия составляющих ее тел, мгновенные скорости обоих тел горизонтальны.

Но это самое рассуждение становится истинным, если M=0. Получаем классическую "некоррекную задачу".

[Андрей123]

Всё верно. Просто во втором уравнении небольшая ошибка, из-за неё и интеграл движения получался не такой как у вас. Сейчас всё совпадает.

[Антипка]

Теперь рассчитаем вертикальную составляющую ускорения ЦМ в нижней точке его траектории. Это сделать не просто, а очень просто, ибо эта составляющая обусловлена целиком и полностью центростремительным ускорением груза при его движении внутри трубы. В нижней точке $\cos\varphi=1$, откуда получаем:
$R\dot\varphi^2\frac{M}{{M+m}}=2g$, откуда легко находим центростремительное ускорение груза, оно равно
$R\dot\varphi^2=2\frac{{M+m}}{M}g$,
следовательно, вертикальная составляющая ускорения ЦМ системы равна 2gm/M. При m>>M получаем серьезные перегрузки, но процесс, тем не менее, остается гладким, а ускорение - конечным.

Добавляю, ибо только-только разглядел:

zbl писал(а):

Всё руки не дойдут выписать закон его движения; синусоида, наверное...
Но тогда гравицапа какая-то получается... само собой торможение...

никакой мистики. Реакция опоры. Т.е. матушки-Земли. Через трубу передается на груз.

[AlexDem]

Кстати, вторая часть спорщиков тоже права

Если труба имеет M << m, то она может приобрести по OX такую скорость, что по OY будет убегать от стержня быстрее, чем нужно, чтобы погасить его вертикальную скорость. Тогда возникнет нелинейность и удар в нижней точке.

Так что модель с передвижной платформой, похоже, не эквивалентна этой трубе со стержнем.

Решение вроде такое - если расчитать положение трубы со стержнем на 9 часов, и положение со стержнем на 3 часа, учитывая путь, который должна пройти труба за удвоенное время падения стержня (скорость трубы, конечно, не постоянна), то эти положения должны по крайней мере перекрыться на толщину стержня. В таком случае задача будет линейной. Иначе - нет.

[zbl]

Антипка писал(а):

Теперь про рассуждение острконечников - оно содержит грубейшую ошибку. За такое у нас выгоняли с экзаменов с двойкой.

Как предводитель остроконечников снимаю шляпу и посыпаю голову пеплом.
Иллюзия же гравицапы основана на ложном представлении, что стержень плавно опустится на плоскость.
При большой массе стержня перегрузка, которую он испытает в низшей точке, будет жестокой.

Антипка писал(а):

Но это самое рассуждение становится истинным, если M=0. Получаем классическую "некоррекную задачу".

Вот здесь не всё точно, если быть академичным.
Нужно объяснить, как именно задача с трубой предельно переходит в задачу свободного падения при $ M \to 0 $.
Нельзя говорить, что задача не корректная при единственном значении $ M = 0 $ -- сразу встанет вопрос о погрешностях физических величин.
Положим, например, $ \mu = 1 - \varepsilon $, тогда при $ \varphi = 0 $ будет $ \dot\varphi \sim \frac{1}{\sqrt{\varepsilon}} $.
Какзалось бы, это означает, что, взяв достаточно малое, но конечное, $ \varepsilon $, мы можем получить сколь угодно большую угловую скорость.
На самом деле "тут нет ничего удивительного, друг мой Ватсон", ибо эта большая угловая скорость просто соответствует тому, что лёгкая труба ($ M << m $) чрезвычайно шустро выскальзывает из под стержня.

Ну и, хочу ещё сказать о качелях, королях и капусте.
Меня всегда удивляло, насколько глубоко сидят в нас детские впечатления.
Лично моё упрямство в поисках удара, которого почему-то нет, между прочим как раз основано на детских воспоминаниях о качелях.
Значит, дело было так.
В пять лет моё здоровье резко улучшилось так, что я смог качаться на качелях сколько угодно, чем я и занимался до потери пульса следующие года полтора (потом резко надоело).
Прекрасно помню, как заметил, что в низшей точке получаю недвусмысленный удар в мягкое место.
Не хотелось бы расстраивать уставшего AlexDem, который видимо такого просто не помнит, но рост веса в низшей точке из-за центробежной силы будет действительно ощутимым (качели были металические и дребезжали от удара).
Тогда я объяснил это тем, что качание на качелях будто бы то же самое, что свободное падение.
Взрослые, к которым я приставал с вопросом, правильно ли тут рассуждаю, реагировали на это чрезвычайно болезненно, и так это всё и осталось не прояснёным.
Теперь глубоко в мозгу сидит даже доконца не осонаваемое "должен же быть удар".
Во как.

Добавлено спустя 1 час 35 минут 42 секунды:

AlexDem писал(а):

если расчитать положение трубы со стержнем на 9 часов, и положение со стержнем на 3 часа, учитывая путь, который должна пройти труба за удвоенное время падения стержня (скорость трубы, конечно, не постоянна), то эти положения должны по крайней мере перекрыться на толщину стержня. В таком случае задача будет линейной. Иначе - нет.

Вопрос, конечно, интересный...
Что изменится (и изменится ли), если стержень заменить трубой меньшего радиуса?

Я, признаться, сильно удивлён масштабом интереса к невесь откуда взявшейся задачке.
Ну, конечно, просто так никто задачками не заморачивется; и у этой есть, ессстно, конкретная мотивация (но для публики она не интересна).
Да и, в сущности, решение этой задачки говорит о том, что видимо существует конструкция лифта, который, падая, разгоняет тележку и тем плавно тормозится.
Конструкции таких лифтов на основе разгона маховика известны давно, но, думается мне, там есть техпроблемы с остановкой на любом этаже при спуске с любого, а не только на первом при спуске с последнего.
На основе разгона тележки такое реализовать должно бы быть попроще.

Кстати говоря, это задачка номер 1, а есть ещё и задачка номер 2 и задачка номер 3.
Те не вызвали споров, ибо к решению их никто пока не приступал.
Если любителей решать задачки так много (чего я никак не ожидал), то может быть стоит их выложить отдельными ветками здесь?
Как считает публика? -- не будет это пустым засорением умного научного форума?

[photon]

zbl писал(а):

Если любителей решать задачки так много (чего я никак не ожидал), то может быть стоит их выложить отдельными ветками здесь?
Как считает публика? -- не будет это пустым засорением умного научного форума?

Да, конечно, выкладывайте

[Андрей123]

Удар скорее всего будет, так как в момент перехода стержня в нижнее состояние скорость центра масс трубы должна иметь максимальное значение, а после этого она должна резко поменять знак. Ошибка скорее всего в том, что мы считали r=const. На самом деле стержень должен где-то оторваться и упасть.

[Антипка]

AlexDem писал(а):

Кстати, вторая часть спорщиков тоже права
Если труба имеет M << m, то она может приобрести по OX такую скорость, что по OY будет убегать от стержня быстрее, чем нужно, чтобы погасить его вертикальную скорость. Тогда возникнет нелинейность и удар в нижней точке.
Так что модель с передвижной платформой, похоже, не эквивалентна этой трубе со стержнем.

Ты здесь дважды неправ. Во-первых, ты неправ насчет аналогии. Маятник (груз на веревке) на подвижной платформе идентичен данной задаче - веревка тоже может провиснуть, а груз - при этом свободно двигаться под действием силы тяжести.

Во-вторых, ты неправ по существу. Такое развитие событий возможно только при внешнем воздействии на систему - если платформе (трубе) сообщить горизонтальный импульс достаточной величины. В противном случае это просто невозможно.

Андрей123 писал(а):

Удар скорее всего будет, так как в момент перехода стержня в нижнее состояние скорость центра масс трубы должна иметь максимальное значение, а после этого она должна резко поменять знак. Ошибка скорее всего в том, что мы считали r=const. На самом деле стержень должен где-то оторваться и упасть

Неужели в наше время так плохо преподают механику? Ведь проверить, упадет груз или нет, элементарно. Надо всего лишь получить соотношение для нормальной силы и убедиться, что проекция этой силы на нормаль к поверхности всюду (за исключением крайних точек) положительна. Так вот, в данной задаче отрыв невозможен ни при каких обстоятельствах - пока, конечно, груз остается в нижней части трубы, а он в ней остается.

Вот выражение для нормальной силы - для произвольного случая. Пусть материальная точка массы m движется по подвижной платформе массы M. Пусть в некоторый момент времени мгновенная скорость груза относительно поверхности равна v, локальный угол наклона поверхности к горизонту равен $\varphi$, а локальный радиус кривизны поверхности равен R (поверхность вогнутая). Тогда нормальная реакция шарика и платформы друг на друга равна

$N=m\frac{{g\cos\varphi+\frac{{v^2}}{R}}}{{1+\frac{m}{M}\sin^2\varphi }}$

Стать отрицательной реакция N может только при условии $\cos\varphi<0$, т.е. в верхней половине трубы, либо когда R<0, т.н. поверхность не вогнутая, а выпуклая, но это не про наш случай.

zbl писал(а):

Если любителей решать задачки так много (чего я никак не ожидал), то может быть стоит их выложить отдельными ветками здесь?
Как считает публика? -- не будет это пустым засорением умного научного форума?

Это не вызвало бы такой дискуссии, если бы народ достаточно хорошо знал механику. Задача-то вполне типична для курса теоретической/аналитической механики. Наверное, справедливо ругают современное образование?