Стержень

[Omega]

Помогите пожалуйста разобраться:
На плоской поверхности в вертикальном положении удерживается твёрдый однородный стержень массой $m$ и длиной $l\,$.
Стержень находится в состоянии неустойчивого равновесия и при малейшем возмущении окружающей среды начинает двигаться.
Коэффициент сухого трения стержня о стол равен $\mu\,$. Ускорение свободного падения равно $\,g$.

Необходимо описать дальнейшее движение стержня и составить соответствующие уравнения.
Всем заранее спасибо за помощь.

Сам даже совсем не знаю с чего начать. Просто я никак не могу понять каким образом стержень начнёт двигаться? Сразу ли он начнёт проскальзывать? Вперёд, или же назад?

Если стержень в начале не проскальзывает и его нижний конец находится в первоначальном положении, тогда могу предположить следующее. Далее - $\varphi$ - угол, который стержень составляет с перпендикуляром к плоскости:
По ЗСЭ:

$$\dfrac{mgl}{2}(1-\cos{\varphi})=\dfrac{I\dot{\varphi}^{2}}{2} \Rightarrow \dot{\varphi}=\sqrt{\dfrac{3g}{l}\left(1-\cos{\varphi} \right)} $$

Также:

$$I\ddot{\varphi}=\dfrac{mgl \sin{\varphi}}{2} \Rightarrow \ddot{\varphi} = \dfrac{3g \sin{\varphi}}{2l} $$

$$a_{n}=\dfrac{\dot{\varphi}^{2}l}{2}=\dfrac{3g}{2}\left(1-\cos{\varphi} \right);a_{\tau}=\dfrac{\ddot{\varphi}l}{2}=\dfrac{3g \sin{\varphi}}{4}$$

По второму закону Ньютона:

$$\begin{cases}mg-N=m(a_{n} \cos{\varphi}+a_{\tau} \sin{\varphi})\\F_{\text{тр}}=m(a_{\tau} \cos{\varphi} - a_{n} \sin{\varphi})\\\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}N=mg \left (\dfrac{3 \cos{\varphi} -1}{2} \right)^{2}\\F_{\text{тр}}=\dfrac{3mg \sin{\varphi}}{4} \left (3 \cos{\varphi}-2 \right)\\\end{cases}$$

Исследуем:

$$\mu = \left |\dfrac{F_{\text{тр}}}{N} \right| = f(\varphi)= \left |\dfrac{3\cos{\varphi}-2}{(3\cos{\varphi}-1)^{2}}\cdot 3\sin{\varphi} \right| \Leftrightarrow$$

$$\mu_{0}=f(\varphi_{0}) \Leftrightarrow f \left(\arctan{\left(\dfrac{2\sqrt{10}}{9}\right)} \right) = \dfrac{15\sqrt{10}}{128}; \varphi_{1}=\arccos {\left (\dfrac{2}{3} \right)};\varphi_{max}=\arccos {\left (\dfrac{1}{3} \right)}$$

Дальнейших выводов я сделать не смог. Что мне даёт этот график? Это решение верно лишь в случае " начального не проскальзывания" , верно?

[DimaM]

Пока $F_{\mbox{тр}}<\mu N$, проскальзывать не будет, и ваше решение подходит. Если условие нарушится при $\cos\varphi<2/3$, начнется проскальзывание назад. Тогда надо с этого момента пересчитывать.
Иначе оно непременно нарушится при $\cos\varphi>2/3$, и там будет проскальзывание вперед.

[Omega]

DimaM, а как доказать, что проскальзывания при любом $\mu$ в начале нет?

[DimaM]

Omega в сообщении #720410 писал(а):

а как доказать, что проскальзывания при любом $\mu$ в начале нет?

В начале (при $\varphi=0$) $F_{\mbox{тр}}<\mu N$, если $\mu>0$.

[Oleg Zubelevich]

а еще с этим полезно ознакомиться https://wikis.bris.ac.uk/download/attac ... 1963143000

[Omega]

DimaM, спасибо.
Что же тогда дальше? Если $\mu \geqslant \mu_{0}$ тогда стержень до $\varphi_{1}=\arccos {\left (\dfrac{2}{3} \right)}$ не проскальзывает, и поэтому если $\begin{cases}\mu \geqslant \mu_{0}\\ \varphi \in (0; \varphi_{1}] \\\end{cases}\,$ то:

$$m \dfrac{d^{2} x}{dt^{2}}=F_{\text{тр}};m \dfrac{d^{2} y}{dt^{2}}=N-mg; x= \dfrac{l}{2} \sin{\varphi};y= \dfrac{l}{2} \cos{\varphi}; $$

$$N=mg \left (\dfrac{3 \cos{\varphi} -1}{2} \right)^{2};F_{\text{тр}}=\dfrac{3mg \sin{\varphi}}{4} \left (3 \cos{\varphi}-2 \right)$$

Правильные же ведь уравнения для этого случая?

А если иметь в виду пока лишь только случай, когда $\begin{cases}\mu < \mu_{0}\\ \varphi \in (0; \varphi_{1}] \\\end{cases}\,$, то что тогда будет, если стержень всё-таки начнёт проскальзывать: всё придётся переписывать? В ЗСЭ появляется работа силы трения, верно?

[nikvic]

Omega в сообщении #720433 писал(а):

В ЗСЭ появляется работа силы трения, верно?

Не только работа, но и горизонтальное движение ЦМ стержня "вперёд".
Поэтому через время и проскальзывание сменит знак.

[zer0]

Интересно, может стержень оторваться?

[DimaM]

zer0 в сообщении #720552 писал(а):

Интересно, может стержень оторваться?

При нулевой начальной скорости не может.

[Omega]

Omega в сообщении #720433 писал(а):

Если $\mu \geqslant \mu_{0}$ тогда стержень до $\varphi_{1}=\arccos {\left (\dfrac{2}{3} \right)}$ не проскальзывает

Ведь это же верное утверждение?

Omega в сообщении #720433 писал(а):

если $\begin{cases}\mu \geqslant \mu_{0}\\ \varphi \in (0; \varphi_{1}] \\\end{cases}\,$ то:

$$m \dfrac{d^{2} x}{dt^{2}}=F_{\text{тр}};m \dfrac{d^{2} y}{dt^{2}}=N-mg; x= \dfrac{l}{2} \sin{\varphi};y= \dfrac{l}{2} \cos{\varphi}; $$

$$N=mg \left (\dfrac{3 \cos{\varphi} -1}{2} \right)^{2};F_{\text{тр}}=\dfrac{3mg \sin{\varphi}}{4} \left (3 \cos{\varphi}-2 \right)$$

Правильные же ведь уравнения для этого случая?

Это ведь также верно?

[Omega]

Уважаемые участники форума, помогите пожалуйста: ответьте кто-нибудь на моё предыдущее сообщение.
Для $\begin{cases}\mu \geqslant \mu_{0}\\ \varphi \in (0; \varphi_{1}] \\\end{cases}\,$ движение стержня - есть просто движение его по окружности. Ведь я правильно понимаю?
Всем заранее спасибо.

[nikvic]

Omega в сообщении #720773 писал(а):

есть просто движение его по окружности

Вращение вокруг неподвижной нижней точки.

[Omega]

nikvic, да, конечно же. Спасибо за пояснение.

[Omega]

Хорошо, тогда со случаем $\begin{cases}\mu \geqslant \mu_{0}\\ \varphi \in (0; \varphi_{1}] \\\end{cases}\,$ я разобрался.
Далее хочется разобраться в случае, когда $\begin{cases}\mu \geqslant \mu_{0}\\ \varphi \in (\varphi_{1};\pi/2] \\\end{cases}\,$ .
Верно ли, что в этом случае стержень будет двигаться, проскальзывая вперёд, до того момента, пока $\varphi$ не станет равным $\pi/2\,$ ?

[nikvic]

Попробуйте описать всё сразу.
Нижний конец - шарнир, в данный миг имеет известную горизонтальную скорость (будет важен "сигнум"), вертикального движения нет.
Есть угол и угловая скорость - найти ускорения и вектор-реакцию.