Стержень падает по стола

[Johnston]

Столкнулся со следующей простой задачей и запутался . Пожалуйста, помогите.
Тонкий стержень длиной $L$ и массой $m$ скользит по столу со скоростью $v$ и приближается к краю O. Найти угол, на который повернется стержень к моменту отделения от стола.

Обозначения: $x(t)$ - расстояние от центра масс до угла стола, $\alpha(t)$ - угол поворота. Положим, что в начальный момент времени $x(0)=0, \ \dot{x}(0) = v$


(i) Вначале посчитал стержень виртуально закрепленным на угловой точке шарниром, допускающим проскальзывание вдоль оси стержня. До момента отрыва. Тогда, стержень вращается вокруг точки O и скользит вдоль самого себя. Из уравнений $\begin{cases} \dfrac{\partial \left( m\dot x\right)}{\partial t} = mg \sin \alpha, \\ \dfrac{\partial \left( J\dot\alpha \right)}{\partial t} = mg x \cos \alpha \end{cases}$,
где $J = mL^2/12 + mx^2$, следует, что
$\begin{cases} \ddot{x}=g\sin\alpha\\ {\ddot{\alpha}}=\dfrac{xg\cos\alpha - 2x \dot{x} \dot{\alpha}}{x^{2}+L^{2}/12}. \end{cases} $.
После обезразмеривания ($\lambda = x/x_0$, $\tau= t/t_0$, $t_0 = v/g$, $x_0 = v^2/g$, $\dot{x} \rightarrow x_0 t_0^{-1} \lambda'$, $b = L/\left( x_0 \sqrt{12} \right)$)
$\begin{cases} \lambda''=\sin\beta\\ \beta''=\dfrac{\lambda\cos\beta - 2\lambda \lambda' \beta'}{\lambda^{2}+b^2}. \end{cases} $.
Далее решаю методом Рунге-Кутты относительно $(\lambda, \lambda', \beta, \beta')^{T}$ при начальных условиях $(0, 1, 0, 0)$. Получается правдоподобное решение: при малых $b$ (быстрые и короткие стержни) угол отрыва определяется в момент $x = L/2$, а при больших $b$ (длинные и медленные стержни) стержень успевает опрокинуться на $90^\circ$ пока задний конец еще остается над поверхностью стола.

Для решения $\lambda(t), \beta(t)$ проверено, что $\dfrac{m\dot{x}^2}{2} + \dfrac{J\dot{\alpha}^2}{2} - gx\sin\alpha = \operatorname{const} $ не зависит от времени. Закон сохранения энергии выполняется.

(ii) Есть сомнения, что задача с закрепленным шарниром стержнем эквивалентна исходной. Ощущение, будто что-то упущено. На подозрения наводят выражения для ускорения в полярных координатах:
$\begin{cases} a_{\parallel} = \rho'' - \underline{\underline{ \rho \varphi'^2 }} \\ a_{\perp} = \rho \varphi'' + 2 \rho' \varphi' \end{cases} $
Выражение для $a_{\perp}$ уже учтено как $\dot{J}$, а если подставить добавочный член $(-x\ddot{\alpha})$ в первое уравнение системы
$\begin{cases} \ddot{x}=g\sin\alpha + \underline{ \underline{x \dot{\alpha}^2}} \\ {\ddot{\alpha}}=\dfrac{xg\cos\alpha - 2x \dot{x} \dot{\alpha}}{x^{2}+L^{2}/12}. \end{cases} $ и повторить решение, то для $x(t), \alpha(t)$ перестает выполняться закон сохранения энергии. Где-то ошибка...

[Утундрий]

Johnston в сообщении #893220 писал(а):

Тонкий стержень длиной $L$ и массой $m$

Уберите $m$ и добавьте "однородный".

[Oleg Zubelevich]

1) Движение стержня, в положении, показанном на картинке, это лагранжева система с двумя степенями свободы и обобщенными координатами $x,\alpha$. Пишем уравнения Лагранжа. Ставим начальные условия: при $t=0$ стержень расположен горизонтально, центр масс стержня лежит на угле, $\dot x(0)=v,\quad \dot\alpha(0)=0$.
2) Для данного решения вычисляем реакцию угла по теореме об изменении кинетического момента в осях Кенига: $J\ddot\alpha=Nx$ (угол $\alpha$ отсчитывается по часовой стрелке, $J$ -- момент инерции стержня относительно оси проходящей через центр масс и перпендикулярно стержню). Условие отрыва стержня: $x>0,\quad \ddot\alpha=0$

-- Пн авг 04, 2014 08:19:19 --

Кинетическая энергия вычисляется по формуле $T=m|\overline v_S|^2/2+J\dot\alpha^2/2,$ где $S$ -- центр масс стержня

[Oleg Zubelevich]

Johnston в сообщении #893220 писал(а):

Из уравнений $\begin{cases} \dfrac{\partial \left( m\dot x\right)}{\partial t} = mg \sin \alpha, \\ \dfrac{\partial \left( J\dot\alpha \right)}{\partial t} = mg x \cos \alpha \end{cases}$,

неверно

[Zai]

Уравнения вращающегося стержня записываются относительно центра масс. Для малых углов $\alpha$ можно рассмотреть только вертикальную реакцию $R. Также можно принять постоянство скорости горизонтального смещения Vt
Тогда $ tg \alpha=\frac y {Vt}, где у вертикальное смещение (положительное вниз).

$\begin{cases} \dfrac{\partial \dot y}{\partial t} = g -\frac R m, \\ \dfrac{J \partial \dot\alpha }{\partial t} = RVt \end{cases}$,
Записаны три уранения с тремя неизвестными.
Интегрируйте вплоть до времен когда $R меняет знак или стержень закончится.
Интегрировать необходимо после обезразмеривания. Таже Ваш критический угол будет зависеть только от безразмерного параметра $\frac {V^2} {gL}

[Oleg Zubelevich]

Zai в сообщении #893638 писал(а):

Для малых углов $\alpha$ можно рассмотреть только вертикальную реакцию $R. Также можно принять постоянство скорости горизонтального смещения Vt

рассмотреть можно и принять можно, вопрос только, какое отношение полученные уравнения будут иметь к исходной задаче

[Zai]

(Оффтоп)

Скоро сказка сказывается...
Попробуйте в этом приближении, а в части как схода с рельсовых устройств тяжелой авиационной бомбы, с учетом попутной аэродинамики, упругости самих устройств и тонкостенной конструкции фюзеляжа дальнего стратегического ЛА додумайте сами.

[Oleg Zubelevich]

Zai в сообщении #893708 писал(а):

Попробуйте в этом приближении,

Вы ни какого приближения не сформулировали

Zai в сообщении #893708 писал(а):

а в части как схода с рельсовых устройств тяжелой авиационной бомбы, с учетом попутной аэродинамики, упругости самих устройств и тонкостенной конструкции фюзеляжа дальнего стратегического ЛА додумайте сами.

ну понятно, поток сознания пошел

[Утундрий]

Это не поток этого самого. Это так называемое инженерное мЫшление...

[Zai]

Цитата:

рассмотреть можно и принять можно, вопрос только, какое отношение полученные уравнения будут иметь к исходной задаче...

Да что Вы, мои уравнения эти пустяк - просто с Вами хотелось пообщаться, Вы то пока как триггер сообщили что топиктстартер допустил опечатку в некоторых уравениях, а все остальные уравнения верны. Старайтесь.

-- Ср авг 06, 2014 18:17:31 --

(Оффтоп)

Цитата:

мЫшление

Сожалею что опять не в тему. Удивително, Утундрий, но я с утра часа четыре понимал куцие зарисовки человека, который не знает вычислительных методов классической теоретической механики -задача мне показалась итересной.

[Boss03]

Утундрий в сообщении #893718 писал(а):

Это не поток этого самого. Это так называемое инженерное мЫшление...

(Оффтоп)

Без этого так называемого инженерного мЫшление не летали бы, например, самолеты, не говоря уже о простейших стержнях и прочих олимпиадных задачах.

[Утундрий]

Boss03 писал(а):

не летали бы, например, самолеты, не говоря уже о простейших стержнях и прочих олимпиадных задачах

Спасибо. Я не знал, что олимпиадные задачи и простейшие стержни тоже летают (хотя про стержни что-то такое догадывался).

[Boss03]

Утундрий в сообщении #893762 писал(а):

Boss03 писал(а):

не летали бы, например, самолеты, не говоря уже о простейших стержнях и прочих олимпиадных задачах

Спасибо. Я не знал, что олимпиадные задачи и простейшие стержни тоже летают (хотя про стержни что-то такое догадывался).

(Оффтоп)

Просто я хотел сказать, что мой ответ вам более осмысленный, чем ваш ответ Zai. А так, в отрыве от данной конкретной ситуации, вы правы.

[Утундрий]

Цитата:

я хотел сказать, что мой ответ вам более осмысленный, чем ваш ответ Zai.

Отучайтесь потихоньку "хотеть говорить" раньше тех, кого "защищаете".

[Boss03]

(Оффтоп)

Утундрий, зачастую стиль ваших сообщений сродни стилю одного из наиболее известных и наиболее влиятельных психоаналитиков прошлого века: я упомянул о нем в цитатнике. Я лично предпочитаю читать ваши сообщения, когда меня тянет на нечто иррациональное.