Движение Стерженя Вдоль Стены (Механика).

[uchuFiziku]

Здравствуйте.

Я пытаюсь разобраться в такой задаче:

Два маленьких шарика скреплены невесомым абсолютно упругим стерженем стоящим вертикально у стены. Верхний шарик $A$ прикреплён к стенке рельсой. Нижний шарик $B$ лежит на полу. Угол между полом и стенкой 90 градусов.

Нижний шарик $B$ легонько подтолкнули от стенки и стержень начал скользить вниз без трения и по полу и по рельсе. Причём нижний шарик $B$ движется по полу с данной постоянной скоростью $V$. Длина стержня $L$.

Вопрос. С какой скоростью верхний шарик $A$ ударится об пол?

Я попытался решать задачу (для начала) при условии что верхний конец стержня НЕ закреплён рельсой и может от стенки отделится. Вот что у меня получается.

Допустим масса каждого шарика $m$. Записываем 4 уравнения движения в проекции на оси $X$, $Y$:

шарик $A$:
ось $X$: $-T\cos(\alpha) + N_A = 0$
ось $Y$: $T\sin(\alpha) - mg = my''_{Ay}$

шарик $B$:
ось $X$: $T\cos(\alpha) + F_V = 0$
ось $Y$: $-T\sin(\alpha) - mg - N_B= 0$

Здесь $\alpha$ это угол между стержнем и полом,
$T$ это сила внутреннего напряжения стержня который в данный момент находится в состоянии "сжат", $T$ как вектор направлена "от" центра масс "к" шарикам,
$N_A$ это сила реакции стенки на шарик $A$ (перпендикулярна стенке),
$y''_{Ay}$ это вертикальное ускорение верхнего шарика $A$ как вторая производная координаты по времени,
$F_V$ это сила которая обеспечивает равномерное движение нижнего шарика $B$ с постоянной скоростью $V$,
$N_B$ то сила реакции пола на шарик $B$ (перпендикулярна полу).

-- 29.11.2014, 07:42 --

Работаем со вторым уравнением. Выразим $y'$' через угол $\alpha$. Для этого заметим что пока шарик $A$ не оторвался от стенки он вместе со стержнем и нижним шариком $B$ образует прямоугольный треугольник с полом и стенкой. Следовательно по определению синуса мы имеем:

$y = L\sin(\alpha)$

Продифференцируем это уравнение по времени первый раз и получим вертикальную скорость шарика $A$:

$y' = L\alpha'\cos(\alpha)$

Продифференцируем это уравнение по времени ещё раз и получим вертикальное ускорение шарика $A$:

$y'' = L\alpha''\cos(\alpha) - L\alpha'^2\sin(\alpha) = L(\alpha''\cos(\alpha) - \alpha'^2\sin(\alpha))$

И уравнение движения принимает вид:

$mL(\alpha''\cos(\alpha) - \alpha'^2\sin(\alpha)) + mg = T\sin(\alpha)$

Теперь нам надо выразить квадрат угловой скорости $\alpha'^2$ и угловое ускорение $\alpha''$ через данные параметры $L$ и $V$. Для этого мы воспользуемся определением косинуса угла исходя из того же прямоугольного треугольника но только для горизонтальной координаты $x$ нижнего шарика $B$:

$x = L\cos(\alpha)$

Продифференцируем это уравнение по времени первый раз и получим горизонтальную скорость шарика $B$, то есть $V$:

$x' = V = -L\alpha'\sin(\alpha)$

Таким образом сразу находим угловую скорость и её квадрат:

$\alpha' = -\frac {V}{L\sin(\alpha)}$

$\alpha'^2 = \frac {V^2}{L^2\sin^2(\alpha)}$

Далее дифференцируем это уравнение по времени ещё раз и получаем горизонтальное ускорение нижнего шарика $B$, то есть ноль:

$x'' = 0 = -L\alpha''\sin(\alpha) - L\alpha'^2\cos(\alpha)$

И, уже зная выражение для квадрата угловой скорости $\alpha'^2$, находим угловое ускорение $\alpha''$:

$\alpha'' = -\frac {V^2\cos(\alpha)}{L^2\sin^3(\alpha)}$

Теперь подставляем эти значения в первоначальное уравнение движения и получаем:

$mL\left(-\frac {V^2\cos^2(\alpha)}{L^2\sin^3(\alpha)} - \frac {V^2\sin^2(\alpha)}{L^2\sin^3(\alpha)}\right) + mg = T\sin(\alpha)$

Замечаем что $\cos^2(\alpha) + \sin^2(\alpha) = 1$, сокращаем $L$, и значит:

$T\sin(\alpha) = m(g - \frac {V^2}{L\sin^3(\alpha)})$

Или:

$T(\alpha) = \frac {m}{\sin(\alpha)}\left(g - \frac {V^2}{L\sin^3(\alpha)}\right)$

-- 29.11.2014, 07:46 --

Короче говоря из последнего уравнения у меня получается что (очевидно) при:

$g = \frac {V^2}{L\sin^3(\alpha)}$

или при угле таком что:

$\sin^3(\alpha_e) = \frac {V^2}{gL}$

сила внутреннего напряжения Т обращается в ноль (значок e для угла означает "escape" - отрыв от стенки). Далее, находим $N_A(\alpha)$ как функцию угла:

$N_A(\alpha) = m\ctg(\alpha)(g - \frac {V^2}{L\sin^3(\alpha)})$

и видим что она тоже обращается в ноль при том же угле - а значит верхний шарик $A$ отрывается от стенки. И здесь у меня вопрос. Если теперь вернёмся к основной задаче то ведь верхний шарик не может оторваться от стенки. Он прикреплён к ней рельсой. Что же здесь происходит? Я явно что-то упускаю, но не пойму что. Наверное какую-то силу связи шарика $A$ с рельсой? Здесь я не силён.

На всякий случай: находим зависимость силы $F_V$ от угла $\alpha$:

$F_V(\alpha) = m\ctg(\alpha)\left(g - \frac {V^2}{L\sin^3(\alpha)}\right)$

И зависимость силы реакции пола $N_B$ на шарик $B$ от угла $\alpha$:

$N_B(\alpha) = T\sin(\alpha) + mg = m\left(2g - \frac {V^2}{L\sin^3(\alpha)}\right)$

И второй вопрос. Если стержнь нерастяжим то тогда проекции векторов скоростей обоих шариков на сам стержнь ведь должны быть одинаковы, верно? Иначе разные части стержня будут двигаться с разными скоростями и появятся деформации которые по условию должны отсутствовать. Значит если обозначить как $u$ скорость верхнего шарика $A$ который в силу прикреплённости к стенке не может от неё оторваться до конца движения включая момент ударения об пол мы имеем:

$V\cos(\alpha) = u\sin(\alpha)$

$u = V\ctg(\alpha)$

И если в момент падения верхнего шарика $A$ на пол угол $\alpha$ равен 0 градусов то $\ctg(0)$ стремится к бесконечности. Вопрос. Я опять что-то упускаю. Как же скорость шарика может быть бесконечной?

Заранее спасибо за любую помощь юному ученику физики.

[Skeptic]

uchuFiziku, Затратьте на анализ задачи несколько минут, и решение появится со скоростью его написания.
Нужно найти

Цитата:

С какой скоростью верхний шарик ударится об пол?

Подсказка. Один шарик свободно падает с высоты, другой с этой же высоты скатывается без трения по наклонной плоскости. Влияет ли траектория движения шаров на их вертикальную скорость?

[Mihr]

Skeptic, здесь не свободное падение. Вы говорите совсем о другой задаче.

uchuFiziku,
Вы слишком сложно решаете. Всё гораздо проще.
Напишем для Вашего треугольника теорему Пифагора
$x^2+y^2=L^2$
и продифференцируем по времени:
$2xx'+2yy'=0$
Отсюда, обозначая абсолютные величины скоростей нижнего и верхнего шариков соответственно $v, u$, получим (отбрасывая "минус"):
$xv=yu$
Значит,
$u=xv/y$
В момент, когда верхний шарик достигает пола,
$y=0$
и, значит, величина $u$ обращается в бесконечность.

Вывод: задача составлена некорректно. Нижний шарик физически не может всё рассматриваемое время двигаться с постоянной скоростью.

[ewert]

uchuFiziku в сообщении #937683 писал(а):

Причём нижний шарик $B$ движется по полу с данной постоянной скоростью $V$. Длина стержня $L$.

Безо всякого счёта ясно, что с бесконечной.

[Mihr]

ewert в сообщении #937726 писал(а):

Безо всякого счёта ясно, что с бесконечной.

Вам ясно. Мне тоже ясно. Но ведь кому-то всё же нужно подумать.
Да и вообще, полезно рассматривать задачу с разных точек зрения.
Здесь, например, можно было бы перейти в систему отсчёта, связанную с нижним шариком. И заметить, что в этой СО верхний движется по дуге окружности (с переменной угловой скоростью). Отсюда можно было бы сделать ещё некоторые выводы.

[juriy]

Mihr в сообщении #937737 писал(а):

Да и вообще, полезно рассматривать задачу с разных точек зрения.

Можно рассматривать относительно центра вращения стержня. Тогда зная расстояния от этого центра до шариков и зная скорость шарика В можно найти скорость шарика А.

[Skeptic]

Mihr в сообщении #937720 писал(а):

Skeptic, здесь не свободное падение. Вы говорите совсем о другой задаче.

Извините, ошибся, не заметил что, "Причём нижний шарик движется по полу с данной постоянной скоростью".

[ewert]

Mihr в сообщении #937737 писал(а):

, полезно рассматривать задачу с разных точек зрения.
Здесь, например, можно было бы перейти в систему отсчёта, связанную с нижним шариком.

Бесполезно. Задачка -- сугубо кинематическая (сиречь математическая).

[Mihr]

ewert в сообщении #938081 писал(а):

Бесполезно. Задачка -- сугубо кинематическая (сиречь математическая).

Ну и что? Почему бесполезно?

[ewert]

Бесполезно рассматривать её с точки зрения лингвистики, физиологии и сколько каши класть в уже заполненный сосуд. Это -- голая кинематика.

[Mihr]

(Оффтоп)

ewert,
хоть голая, хоть одетая - какая разница? Подходы к решению кинематических задач тоже можно до некоторой степени варьировать. Или "шаг влево, шаг вправо - побег" от решения?

[uchuFiziku]

Mihr в сообщении #937720 писал(а):

Вывод: задача составлена некорректно. Нижний шарик физически не может всё рассматриваемое время двигаться с постоянной скоростью.

Мой путь решения был такой. Когда я увидел что скорость верхнего шарика д.б. бесконечной то я понял что тут что-то не так. В силу неопытности я решил задачу "упростить". Есть такой общий приём при решении задач - если "тебе" эта задача кажется трудной попробуй сначала решить похожую, но попроще. Упрощение я увидел в удалении крепления верхнего шарика поскольку "свободные" тела я вроде лучше понимаю.

Подумав о новой задаче я всё равно был в тупике - ну и что что верхний шарик не закреплён к стенке? Ситуация вроде таже. Уравнение тоже: $u = V\ctg(\alpha)$. Всё равно у меня получается бесконечность! Значит (по предложенной логике) - и эта задача поставлена не корректно?

Откуда ж мне было знать что "упрощённая" задача очень даже корректна? Я ведь и её вначале не мог решить.

Только когда я расписал все силы, составил уравнения и потыркался с производными - только тогда я нашёл математическое доказательство того что в случае когда верхний шарик не закреплён к стене то все 3 силы: $T, N_A, F_V$ обращаются в ноль при посчитанном мною угле и шарик $A$ отрывается от стенки. Далее я, как было замечено, перешёл в ИСО шарика $B$ и получил что скорость с которой верхний шарик ударяется об пол очень даже конечная:

$u = \sqrt {V^2 + 3(gLV)^{2/3}}$

Для этой же задачи я понял что сила $F_V$ сначала направлена к центру координат который находится в точке пересечения пола и стенки. Эта сила - до отрыва шарика $A$ - "съедает" ускорение нижнего шарика не давая ему разогнаться, а после отрыва наоборот - меняет свое направление на противоположное и теперь уже подталкивает нижний шарик не давая ему затормозиться, аккуратно дозируя свои действия в обоих случаях что бы нижний шарик двигался с постоянной скоростью.

Возвращаясь к задаче где верхний шарик закреплён я и подумал - может я чего опять упустил? Хочется поглубже прочувствовать физическую суть происходящего и найти математическое этому подтверждение. Например, через те же силы. Поэтому я и задал вопрос.

Вот Вы говорите что нижний шарик не может всё время двигаться с постоянной скоростью в случае когда верхний шарик закреплён. Я как-то смутно пока ещё это понимаю, но не очень. Нет пока интуиции. Если Вы говорите что он не может двигаться с постоянной скоростью "всё время" значит какое то время всё таки может?

Иначе говоря хотелось бы получить математические результаты того с какого времени задача перестаёт быть корректной. Верно ли что после посчитанного мною угла отрыва? Я конечно понимаю что в пределе, когда мы, допустим, тянем за горизонтально расположенную палочку одним концом прикреплённую к стене скорость конца за который мы тянем д.б. ноль, но всё таки хотелось бы посмотреть если можно получить количественные оценки.

Спасибо за конструктивные советы и подсказки.

[Mihr]

uchuFiziku,
я плохо понимаю Ваши идеи. Вероятно, для лучшего понимания иногда бывает полезно перейти от одной задачи к другой. Но это вряд ли полезно при обсуждении задачи. Если хотите продолжить это обсуждение, определитесь: о какой именно задаче Вы сейчас говорите? С верхним шариком, закреплённым на направляющей или просто прислонённым к вертикальной стене? Это во-первых. Во-вторых, как уже было замечено, в исходной формулировке задача является чисто кинематической. Это значит: здесь рассматривается движение "в чистом виде", без анализа его причин. Следовательно, понятие силы (массы, энергии и т.д.) вообще не требуется.
Что касается вопроса о том,

Цитата:

с какого времени задача перестаёт быть корректной

Если оставаться в рамках классической механики, то на любом отрезке времени $[0;t_0]$, где $t_0<L/v$.
Если привлечь ограничение $u<c$ (где $c$ - скорость света), то на любом отрезке времени $[0;t_1]$, где $t_1<\frac{Lc}{v\sqrt{v^2+c^2}}$.
Впрочем, и та и другая модели достаточно далеки от реальности. Потому что значительно раньше релятивистских ограничений проявятся такой фактор, как неидеальность направляющей: её конечная жёсткость и неидеальная гладкость.

[Skeptic]

uchuFiziku, дело сдвинулось.
У меня сомнения по выражению для скорости удара. Скорее всего это будет многочлен.
Скорость движения по стенке верхнего шара определяется горизонтальной скоростью нижнего шарика. После отрыва верхний шарик начинает свободно падать. Значит скорость удара - это сумма скорости в момент отрыва от стенки плюс скорость свободного падения с высоты точки отрыва.

[uchuFiziku]

Mihr,
Я прошу прощения за то что человек знающий и понимающий меньше Вас, обращаясь к "научному форуму" за помощью и разъяснениями, вызывает такую реакцию. Я уже понял что обратился не по адресу, но у меня нет проблем завершить обсуждение непонятного мне материала на подобающем уровне.

У меня не было идеи. У меня был вопрос. В слегка видоизменённой задаче есть бесконечность и есть "голая кинематика". Однако там конечное решение имеется. В основной задаче есть бесконечность и есть "голая кинематика", но конечного ответа нет. Я просто хотел разобраться - почему? Вот и всё.

Если похожая задача так раздражает - ради бога. Давайте её выкинем. Нет её. У меня так же нет проблем если модераторы пройдутся по моим сообщениям и вычеркнут все упоминания о ней.

Значит, если я правильно Вас понял, данная задача поставлена не корректно и доказательством этого является то что "задача является чисто кинематической" и "здесь рассматривается движение "в чистом виде", без анализа его причин". Я как раз был заинтересован в этом самом анализе, ну, да ладно.

Так же: с первого момента как прикреплённый к стене шарик начинает двигаться вниз, нижний шарик "просто не может двигаться с постоянной скоростью". Всё ясно и понятно. Спасибо за Ваше время.


Skeptic,
Мне уже сделали замечание по поводу упоминания других задач поэтому не обессудьте - я не хочу показаться грубым и невоспитанным, но от комментариев Вашего сообщения удержусь. Скажу лишь что мой ответ верен и предпоследнее слово Вашего пятого предложения ("свободно"), простите, ошибочно.

Ещё раз всем спасибо.