вращательное и прямолинейное движение

[jandor]

Привет!
Забил я себе голову одной задачей и не могу с ней нормально разобраться.
Пусть у нас есть стержень с соплом на одном из концов, причем сопло перпендикулярно оси стержня. Как будет двигаться в пространстве, если из этого сопла однократно выбросить чуток массы?
Я считаю dm насколько маленьким, что момент инерции I не меняется. r отсчитывается от центра массы в момент выброса.
Пока что у меня получается вот что:
сохранение импульса
$(M - \Delta m) \vec{v}_b + \Delta m\vec{v}_f = 0$
сохранение момента импульса
$I\vec{\omega}_b + \vec{r}_f\times\vec{v}_f\Delta m = 0 $

$M$ - масса тела, $\vec{v_f}$ скорость истекшей массы, $\vec{v_b}$ итоговая скорость стержня, $\vec{r_f}$ радиус-вектор от центра масс стержня до точки истечения, $\vec{w_b}$ - итоговая угловая скорость вращения вокруг центра масс

Я чувствую что я про что-то забыл, потому что получается, будто вращательное движение независимо от линейного, и итоговый линейный импульс стержня вообще не зависит от точки истечения горючего, а зависит только от направления его истечения. Меня это сильно-сильно настораживает.

Пожалуйста, объясните мне как оно реально должно работать.

[Pphantom]

jandor в сообщении #957423 писал(а):

будто вращательное движение независимо от линейного,

А как они должны быть "зависимы"?

jandor в сообщении #957423 писал(а):

итоговый линейный импульс стержня вообще не зависит от точки истечения горючего, а зависит только от направления его истечения

От направления он (вернее, его модуль) тоже не зависит.

Вы переусложнили описание. Проще сказать, что выбрасываемое вещество имеет некоторый импульс, соответственно:
1) стержень получает такой же по модулю импульс, направленный в противоположную сторону;
2) стержень получает соответствующий предыдущему момент импульса относительно собственного центра.

Первое обеспечивает поступательное движение центра стержня (и его скорость действительно определяется только полученным импульсом, но не точкой его приложения и не направлением). Второе обеспечивает вращение стержня.

[Munin]

(Оффтоп)

Прошу, обратите внимание на нюансы написания формул, так они выглядят намного лучше:
$(M - dm)\vec{v}_b + dm \, \vec{v}_f = 0$

$I\vec{\omega}_b + \vec{r}_f\times\vec{v}_f \, dm = 0$

Используется синтаксис LaTeX

$ ( M - dm ) \vec{v}_b + dm \vec{v}_f = 0$
$I\vec{\omega}_b + \vec{r}_f\times\vec{v}_f \, dm = 0$

[jandor]

Мне казалось, что чем дальше сопло от центра масс, тем меньше будет итоговый линейный импульс стержня (тем меньше ему будет доставаться и тем больше будет уходить во вращение). Значит, интуиция меня подводят, а формулы я записал верно?

-- 06.01.2015, 19:54 --

Munin в сообщении #957442 писал(а):

(Оффтоп)

Прошу, обратите внимание на нюансы написания формул, так они выглядят намного лучше:
$(M - dm)\vec{v}_b + dm \, \vec{v}_f = 0$

$I\vec{\omega}_b + \vec{r}_f\times\vec{v}_f \, dm = 0$

Используется синтаксис LaTeX

$ ( M - dm ) \vec{v}_b + dm \vec{v}_f = 0$
$I\vec{\omega}_b + \vec{r}_f\times\vec{v}_f \, dm = 0$

Благодарю!

[Pphantom]

jandor в сообщении #957446 писал(а):

Мне казалось, что чем дальше сопло от центра масс, тем меньше будет итоговый линейный импульс стержня (тем меньше ему будет доставаться и тем больше будет уходить во вращение).

Ну так закон сохранения импульса еще никто не отменял.

jandor в сообщении #957446 писал(а):

Значит, интуиция меня подводят, а формулы я записал верно?

Да. Может быть, не стоило использовать $dm$ для обозначения выброшенной массы (лучше $\Delta m$), но это уже технические детали.

[jandor]

Спасибо большое! Все оказалось много проще, чем я себе представлял