Движение стержня.

[Slow]

Однородный стержень AB массы m наклонен под углом $ \alpha$ к горизонту. Конец A опирается на пол, конец B отпускают без начальной скорости. Определить давление на пол в этот момент.
Как подступиться к этой задаче? Подскажите хотя бы какие уравнения использовать.

[nikvic]

В задче не хватает данных. Есть ли трение о пол?

[Slow]

В задаче ничего об этом не сказано. Может быть нужно считать что нижний конец не двигается?

-- 02.04.2013, 23:03 --

Может использовать принцип Даламбера?

-- 02.04.2013, 23:10 --

Тогда не могу понять чему равны проекции главного вектора сил инерции.

[DimaM]

Я записал вертикальное ускорение центра масс $ma=mg-N$ и вращение относительно центра масс $ml^2\dot{\omega}/12=Nl\cos\alpha/2$. Дальше кинематическая связь $a=\dot{\omega}l/2$.
В итоге получилось

$$N=\frac{mg}{1+3\cos^2\alpha}.$$

Для крайних случаев $\alpha=0,\pi/2$ точно подходит ;).

[nikvic]

Первое уравнение - случай "скользкого" пола: отсутствует "горизонтальная реакция", то бишь трение.

[DimaM]

nikvic в сообщении #705109 писал(а):

Первое уравнение - случай "скользкого" пола: отсутствует "горизонтальная реакция", то бишь трение.

Нет, первое для произвольного случая ($a$ - вертикальное ускорение).

-- 03.04.2013, 16:33 --

В третьем уравнении у меня ошибка, правильная кинематическая связь $a=\dot{\omega}l\cos\alpha/2$.
В ответ эта ошибка не прокралась.

[nikvic]

DimaM в сообщении #705150 писал(а):

Нет, первое для произвольного случая.

По форме - ускорение вращения вокруг ЦМ. Плечо трения - высота ЦМ.

Есть 2 крайних случая, шарнир внизу и скользкий пол.

[DimaM]

nikvic в сообщении #705153 писал(а):

По форме - ускорение вращения вокруг ЦМ. Плечо трения - высота ЦМ.

Про вращение второе уравнение. При наличии трения надо его модифицировать.

-- 03.04.2013, 17:04 --

Действительно, в первом моем сообщении было для случая, когда трения нет.
Для шарнира внизу выходит

$$N=mg\left(1-\frac{3}{4}\cos^2\alpha\right).$$

[Omega]

Действительно, если записать уравнение динамики вращательного движения:

$$I \varepsilon =\dfrac{mgl \cos{\alpha}}{2}$$

Где $I=\dfrac{ml^{2}}{3}$ - момент инерции стержня относительно точки опоры ( мгновенной оси вращения).
А также, если записать уравнение движения центра масс стержня вдоль оси, перпендикулярной поверхности:

$$mg-N=ma_{\tau} \cos{\alpha}$$

Здесь $a_{\tau} \cos{\alpha}$ - проекция тангенсального ускорения на ось, перпендикулярную поверхности.
И окончательно, учитывая, что $a_{\tau}=\dfrac{\varepsilon l}{2}$, можно получить то же, что и DimaM:

$$N=mg\left(1-\dfrac{3}{4}\cos^{2}{\alpha}\right)$$

[Oleg Zubelevich]

Предположим, что стержень стоит на абсолютно шероховатой плоскости. Тогда данная задача приводит к одному из парадоксов Пенлеве, который состоит в следующем.
Естественно считать, что в тот момент когда вертикальная компонента силы реакции плоскости делается равной нулю , стержень отрывается от плоскости. Тогда мы отбрасываем плоскость и находим в этот момент ускорение нижнего конца стержня в свободном полете . Оказывается, что ускорение при некоторых значениях длины стержня может оказаться направленным вниз, внутрь пола.

[nikvic]

Oleg Zubelevich в сообщении #705248 писал(а):

Оказывается, что ускорение при некоторых значениях длины стержня может оказаться направленным вниз, внутрь пола.

Наверное, речь идёт не о длине стержня, а о распределении масс вдоль "стержня".

[DimaM]

Oleg Zubelevich в сообщении #705248 писал(а):

Естественно считать, что в тот момент когда вертикальная компонента силы реакции плоскости делается равной нулю , стержень отрывается от плоскости. Тогда мы отбрасываем плоскость и находим в этот момент ускорение нижнего конца стержня в свободном полете . Оказывается, что ускорение при некоторых значениях длины стержня может оказаться направленным вниз, внутрь пола.

У однородного стержня конец от пола не отрывается никогда. Естественно, от длины это не зависит.

[DimaM]

Omega в сообщении #705212 писал(а):

И окончательно, учитывая, что $a_{\tau}=\dfrac{\varepsilon l}{2}$, можно получить то же, что и DimaM:

$$N=mg\left(1-\dfrac{3}{4}\cos^{2}{\alpha}\right)$$

Это вертикальная составляющая. Есть еще горизонтальная, которая к тому же меняет знак при $\cos\alpha=2/3$.

[Oleg Zubelevich]

DimaM в сообщении #705472 писал(а):

У однородного стержня конец от пола не отрывается никогда. Естественно, от длины это не зависит.

Это было "авторитетное" мнение?

[DimaM]

Oleg Zubelevich в сообщении #705489 писал(а):

DimaM в сообщении #705472 писал(а):

У однородного стержня конец от пола не отрывается никогда. Естественно, от длины это не зависит.

Это было "авторитетное" мнение?

Считали когда-то.
Ежели у Вас есть расчеты, показывающие отрыв от пола нижнего конца однородного стержня, самое время их привести.