Точка скатывается с гладкой горки (Зорич V.1.4)

[Urnwestek]

Задача: Тело, которое можно считать материальной точкой, скатывается с гладкой горки под действием силы тяжести, являющийся графиком дифференциальной функции $f$.

• Найдите горизонтальную и вертикальную компоненты вектора ускорения, которое имеет тело в точке $(x_0,y_0)$.
• В случае когда тело скатывается с большой высоты, найдите ту точку параболы $y = x^2$, в которой горизонтальная составляющая вектора максимальна.

Пока что есть вопрос, я когда-то в википедии видел статью про Брахистохрону. И там для материальной точки почему-то записано соотношение $\frac{mv^2}{2} = mgy$. Как они это получили? Ведь закон сохранения энергии — это $\frac{mv^2}{2} + mgy = \operatorname{const}$. Можно ли применить это же соотношение в этой задаче и почему? Спасибо за ответ.

Deggial: тема переименована по просьбе автора.

[Otta]

Urnwestek в сообщении #775565 писал(а):

И там для материальной точки почему-то записано соотношение $\frac{mv^2}{2} = mgy$.

Закон сохранения энергии, да. В начальный момент времени скорость нулевая. Спуск вниз на ординату $y$ ведет к потере потенциальной энергии $mgy$, при этом приобретение в кинетической энергии равно потере в потенциальной, откуда и вычисляется скорость к этому моменту.

[Urnwestek]

Otta в сообщении #775610 писал(а):

В начальный момент времени скорость нулевая

Спасибо! Правильно ли я понимаю, что точка $(0,0)$ должна принадлежать кривой f и именно в этой точке скорость должна быть нулевая? То есть, правильно будет рассматривать функцию $f(x)-f(x_0)$?

[Otta]

Urnwestek в сообщении #775612 писал(а):

Спасибо! Правильно ли я понимаю, что точка $(0,0)$ должна принадлежать кривой f и именно в этой точке скорость должна быть нулевая?

Нет, это совершенно необязательно. Но если очень хочется, Вы можете переместить ее куда надо.

-- 15.10.2013, 22:38 --

Urnwestek в сообщении #775612 писал(а):

Правильно ли я понимаю, что точка $(0,0)$ должна принадлежать кривой f и именно в этой точке скорость должна быть нулевая?

Если речь про статью в Вики, то там так, да.

[Urnwestek]

Хорошо. Тогда не буду это использовать, это удобнее.

Попытка решения первого пункта:
1) Из закона $\frac{mv^2}{2} = mgy_0$ находим модуль производной $v=\sqrt{2g f(x_0)}$
2) Отсюда находим вектор скорости (вектор по направлению производной $(1,f'(x_0))$ нормированный по длине),
$(\sqrt\frac{2gy_0}{y_0'^2+1},y_0'\sqrt\frac{2gy_0}{y_0'^2+1})$ здесь $y_0'=f'(x_0)$
3) Продифференцировав покомпонентно по $dx$ получим вектор ускорения, а именно $(\frac{\sqrt {2g}}{2}(\frac{y_0}{y_0'^2+1})^{-\frac{1}{2}} (\frac{y_0'(y_0'^2+1) - 2y_0y_0'y_0''}{(y_0'^2+1)^2}) , y_0''\sqrt\frac{2gy_0}{y_0'^2+1} + y_0'\frac{\sqrt {2g}}{2}(\frac{y_0}{y_0'^2+1})^{-\frac{1}{2}} (\frac{y_0'(y_0'^2+1) - 2y_0y_0'y_0''}{(y_0'^2+1)^2}))$

Правильно?

-- 15.10.2013, 20:04 --

Цитата:

Закон сохранения энергии, да. В начальный момент времени скорость нулевая. Спуск вниз на ординату $y$ ведет к потере потенциальной энергии $mgy$, при этом приобретение в кинетической энергии равно потере в потенциальной, откуда и вычисляется скорость к этому моменту.

Ещё сейчас вопрос возник, в уравнении $\frac{mv^2}{2} = mgy$ в начальный момент времени модуль скорости $v=0$, но, как вы сказали, координата $y$ вовсе не обязательна равна нулю, получается закон не выполняется?

[Otta]

Urnwestek в сообщении #775637 писал(а):

Ещё сейчас вопрос возник, в уравнении $\frac{mv^2}{2} = mgy$ в начальный момент времени модуль скорости $v=0$, но, как вы сказали, координата $y$ вовсе не обязательна равна нулю, получается закон не выполняется?

Да вот я как раз и соображаю, как Вам показать Вашу ошибку.
В Вики начальная ордината равна нулю, они это не скрывают. А я написала замысловато: спуск вниз на ординату $y$ и далее по тексту. Фактически, "спуск вниз на ординату $y$" - изменение ординаты, не так ли? Ну или действительно, чтобы не путаться, занулить начальное значение $y$.

[Urnwestek]

Otta в сообщении #775645 писал(а):

Urnwestek в сообщении #775637 писал(а):

Ещё сейчас вопрос возник, в уравнении $\frac{mv^2}{2} = mgy$ в начальный момент времени модуль скорости $v=0$, но, как вы сказали, координата $y$ вовсе не обязательна равна нулю, получается закон не выполняется?

Да вот я как раз и соображаю, как Вам показать Вашу ошибку.
В Вики начальная ордината равна нулю, они это не скрывают. А я написала замысловато: спуск вниз на ординату $y$ и далее по тексту. Фактически, "спуск вниз на ординату $y$" - изменение ординаты, не так ли? Ну или действительно, чтобы не путаться, занулить начальное значение $y$.

Спасибо. Сам вывод верен?
Вектор ускорения теперь станет таким? $y = f(x), y_0=f(x_0)$
Ну, тобишь, здесь предполагается что тело начало движение в точке $(x_0,y_0)$ и ищется его вектор ускорения в точке $(x,y)$:

$(\frac{\sqrt {2g}}{2}(\frac{y-y_0}{y'^2+1})^{-\frac{1}{2}} (\frac{y'(y'^2+1) - 2(y-y_0)y'y''}{(y'^2+1)^2}) , y''\sqrt\frac{2g(y-y_0)}{y'^2+1} + y'\frac{\sqrt {2g}}{2}(\frac{(y-y_0)}{y'^2+1})^{-\frac{1}{2}} (\frac{y'(y'^2+1) - 2(y-y_0)y'y''}{(y'^2+1)^2}))$

[Otta]

Не поняла, почему вектор ускорения равен $d\vec v/dx$? Как-то время у нас отказывается участвовать в расчетах.

[Urnwestek]

Otta в сообщении #775667 писал(а):

Не поняла, почему вектор ускорения равен $d\vec v/dx$? Как-то время у нас отказывается участвовать в расчетах.

Действительно, сглупил. Подумаю ещё.

[Urnwestek]

Попытка решения:
1) Полагая, что функция дифференцируемая и в достаточно малой окресности очень хорошо аппроксимируется прямой сделаем следующее. Рассмотрим движение по прямой под углом $\alpha$ под действием силы тяжести. На точку $(x_0,y_0)$ действует сила тяжести и реакция опоры. Свяжем систему координат с этой прямой, направив ось $OX$ вдоль прямой, а ось $OY$ перпендикулярно OX, точка O=$(x_0,y_0)$.
2) Записав закон $F=ma$ для осей OX и OY заметим, что проекция на ось $OY$ должна быть нулевая. А на ось OX, проделав несложные вычисления получим силу $mg\sin(\alpha)$. Из второго закона Ньютона, получим, что вектор ускорения по модулю равен $g\sin(\alpha)$. Переведём систему координат снова в ту, в которой была записана функция $f$. Получим $a(g\sin(\alpha)\cos(\alpha),-g\sin^2(\alpha))$.
3) Выразим синус и косинус через производную, помня, что производная — это тангенс угла наклона. $a(\frac{g}{\sqrt{1+f'(x_0)}\sqrt{1+\frac{1}{f'(x_0)}}},-\frac{gf'(x_0)}{f'(x_0)+1})$.

Правильно?

[ewert]

Urnwestek в сообщении #775565 писал(а):

• Найдите горизонтальную и вертикальную компоненты вектора ускорения, которое имеет тело в точке $(x_0,y_0)$.

Надо просто спроецировать $\vec g$ на направление касательной, а потом полученный вектор спроецировать на горизонталь и на вертикаль. Т.е. для горизонтали умножить на синус угла наклона и потом на косинус, в то время как тангенс -- это производная.

Urnwestek в сообщении #775565 писал(а):

• В случае когда тело скатывается с большой высоты, найдите ту точку параболы $y = x^2$, в которой горизонтальная составляющая вектора максимальна.

Соответственно и ответ: при каком угле синус на косинус максимален?...

[Urnwestek]

ewert в сообщении #776029 писал(а):

Надо просто спроецировать $\vec g$ на направление касательной, а потом полученный вектор спроецировать на горизонталь и на вертикаль. Т.е. для горизонтали умножить на синус угла наклона и потом на косинус, в то время как тангенс -- это производная.

Прекрасно! Значит выше мой вывод

Urnwestek в сообщении #776024 писал(а):

$a(g\sin(\alpha)\cos(\alpha),-g\sin^2(\alpha))$.

правилен!

ewert в сообщении #776029 писал(а):

Соответственно и ответ: при каком угле синус на косинус максимален?...

Вполне очевидно, что при угле $\frac{\pi}{4}$, значит ответ — при $x_0=1$. Спасибо вам, теперь всё понятно.

[ewert]

Urnwestek в сообщении #776034 писал(а):

очевидно, что при угле $\frac{\pi}{4}$, значит ответ — при $x_0=1$.

Очевидно первое, а второе очевидно не значит.

[Urnwestek]

Вывод неправилен так как в решении я рассматривал угол не $\alpha$ а $\pi-\alpha$ соответственно, правильные формулы
$a(-g\sin(\alpha)\cos(\alpha),-g\sin^2(\alpha))$.

ewert в сообщении #776037 писал(а):

Urnwestek в сообщении #776034 писал(а):

очевидно, что при угле $\frac{\pi}{4}$, значит ответ — при $x_0=1$.

Очевидно первое, а второе очевидно не значит.

Да, снова слажал: получается $2x = \tg(\alpha)$. Отсюда $x=\frac{1}{2}$. (так как $\tg(\frac{\pi}{4})=1$)

[Otta]

ewert

ewert в сообщении #776029 писал(а):

Надо просто спроецировать $\vec g$ на направление касательной,

Тут вот какие дела. Я этим способом решила еще вчера, вспомнив все чУдные слова про реакцию опоры, вбитые с детства, и подивившись, как же крепко они вбиты. Но меня остановили вот какие соображения: если тело движется по криволинейной траектории, то нормальная составляющая ускорения зависит от радиуса кривизны, который в свою очередь зависит от второй производной. И почему-то это кажется естественным, чтобы ускорение содержало вторую производную. Это-то меня и остановило. Что в моих рассуждениях не так?

PS Разумеется, на наклонной плоскости нормальная составляющая отсутствует - поскольку радиус кривизны нулевой, и тогда все в точности так, как решалось.