Абсолютно упругий удар об угол

[realeugene]

Red_Herring в сообщении #1239999 писал(а):

Тогда и неустойчивых точек равновесия нет, поскольку точка с них, как правило, может уйти в разные стороны.

Если спрашивают, в какую именно сторону уйдёт точка от метастабильного состояния - то некорректная. "Решение физической задачи" - это, вообще говоря, ответ на заданный в задаче вопрос.

[svv]

Предлагаю модель, в которой вопрос о движении шарика является корректным.

Динамическую задачу теории упругости (с волнами) решать не хочется. Рассматривать детально деформацию и напряжения в стенках в зависимости от положения шарика тоже не хочется. Учесть простейшим способом конечную упругость стенки — хочется.

Будем считать, что край шарика может пересекать линию стенки. При этом на него действует «выталкивающая» сила, направленная перпендикулярно линии стенки, и по модулю равная $kh$, где $h$ — глубина проникновения шарика за линию (=расстояние от стенки до самой далёкой точки шарика по ту сторону стенки). Если шарик не заходит за линию стенки, $h$ считаем отрицательным числом, равным по модулю расстоянию от шарика до стенки. Стенки действуют на шарик независимо.

Получаем выражение для потенциальной энергии шарика:
$U=\frac 1 2 \,k\,\theta(h_1)\,h_1^2+\frac 1 2\,k\,\theta(h_2)\,h_2^2$,
где $\theta$ — функция Хевисайда, $h_1,h_2$ — глубины проникновения шарика за первую и вторую стенки.
Это такая долина с плоским дном и расходящимися под углом бортами (и с областью, где оба слагаемых дают ненулевой вклад).

[fred1996]

Еще раз подчеркну.
Для избежания сложностей с деформациями в самом шарике предполагаем его бесконечно твердым. То есть у нас вся потенциальная энергия сжатия приходится на деформацию стенок.
Нетрудно посчитать, что в таком случае для достаточно жесткого материала стенок с большим модулем юнга $Y$ сила реакции опоры со стороны стенок пропорциональна квадрату глубин проникновения шарика в стенки: $F= \pi Yh^2$, что приводит к неприятным нелинейным дифурам, которые пока можно оставить на потом.
Давайте немножко тогда упростим задачу.
Пусть у нас не шарик катится, а скользит клин с тем же самым углом $\alpha$. То есть в момент столкновения он совместится с нашим изначальным клином.
Тогда площади соприкосновения клина со стенками не меняются при проникновении в стенки и силы на самом деле можно считать гуковскими (пропорциональными глубине).
Получим два линейных уравнения второй степени которые описывают гармонически колебания с двумя степенями свободы в той фазе, когда глубина проникновения положительна.
Надо просто честно расписать эти уравнения и решить с известными начальными условиями, которые и заданы в виде проекций начальной скорости в направлениях, перпендикулярных стенкам в момент начальных нулевых глубин проникновения.
То есть надо сосчитать, когда "полуосцилляция" приведет к вторичному нулевому проникновению в одну из стенок. Тогда соответствующая сила обратится в ноль и таковой и останется.

Кстати, попутно вырисовалась такая задачка.
Давайте просто вдавим один клин в другой. Пусть теперь у нас есть некий статический к-трения клина о стенки $\mu$. При каках углах $\alpha$ наш клин выскочит из паза. То есть опять считаем что у клина и паза один и тот же угол $\alpha$. Такя вот нехитрая задачка на статику.

[svv]

fred1996 в сообщении #1240087 писал(а):

Для избежания сложностей с деформациями в самом шарике предполагаем его бесконечно твердым. То есть у нас вся потенциальная энергия сжатия приходится на деформацию стенок.

Я так и считал.

-- Пт авг 11, 2017 20:36:19 --

fred1996 в сообщении #1240087 писал(а):

что приводит к неприятным нелинейным дифурам

У меня ничего этого нет. Частица в потенциальной яме, не более того.

[realeugene]

svv в сообщении #1240088 писал(а):

Частица в потенциальной яме, не более того.

Осталось проинтегрировать.

[fred1996]

svv
Понимаете, если у нас шарик вдавливается в стенку, то подсчет деформаций показывает, что сила реакции опоры пропорциональна квадрату проникновения, а не линейна. Чего можно избежать, запустив клин вместо шарика.
Хотя, по чесноку клин уже не симметричное тело и реакция опоры начнет его поворачивать в процессе удара. Так что для удобстав придется поместить центр масс клина не там где положено, а сместить его в точку поближе к вершине, так чтобы силы реакции опоры проходили аккурат через чентр масс.

[svv]

fred1996 в сообщении #1240099 писал(а):

Понимаете, если у нас шарик вдавливается в стенку, то подсчет деформаций показывает, что сила реакции опоры пропорциональна квадрату проникновения, а не линейна. Чего можно избежать, запустив клин вместо шарика.

Вы же сказали в условии, что силы гуковские.

Может быть, Вы меня неправильно поняли. Я не рассматриваю задачу теории упругости. Никакого детального рассмотрения деформаций и напряжений. Исходя из условия, я принимаю простейший вид сил, зависящих от координат центра шарика. Проще не бывает.

После этого вместо шарика рассматривается материальная точка в поле потенциальных сил.

[fred1996]

svv
Сначала я действительно предположил, что силы гуковские.
Но потом понял, что надо конкретизировать что имеется ввиду.
Все-таки в случае шарика это допущение совсем уж нефизично.
А закон Гука, насколько мне известно можно интерпретировать двумя формулами.
В простейшем виде: $F=-kx$ и в несколько более общем виде: $F=-YA\frac{x}{l}$
Очевидно, что в случае шарика сила упругости в таком случае будет в первом приближении пропорциональна объему вмятины в стенке, или квадрату высоты этого вмятого мениска, а не линейна, что я и хотел вначале.
Поэтому я на ходу переформулировал задачу на клин, чтобы получить чистую линейность. Так что с клином ваши формулы верны. Теперь осталось выразить кинетическую энергию через $\dot{h_1}$ и $\dot{h_2}$
А можно и сразу силы реакции опоры $F_1$ и $F_2$ через линейную комбинацию смещений $h_1$ и $h_2$, что представляет простенькую геометрическую задачу.

[svv]

Посмотрел в литературе. (Например, В.Л.Попов. Механика контактного взаимодействия и физика трения, пункт «Контакт между абсолютно твёрдым шаром и упругим полупространством», с.28-30). Сила пропорциональна глубине проникновения в степени $3/2$. Формула есть в Википедии: https://en.wikipedia.org/wiki/Contact_mechanics#Contact_between_a_sphere_and_a_half-space
Три вторых — это, конечно, ещё не единица, но уже и не двойка.

Конечно, я не против произнести слово «клин» и с чистой совестью считать, что площадь контакта постоянна, а зависимость линейна.

[fred1996]

Ну в общем для нелинейной зависимости как-то это все не шибко складно выходит.
Так что в последней редакции предлагается такая фигура:

[fred1996]

Пока никто не предложил самых естественных координат для этой задачи.
А их ведь можно найти практичеси ничего не считая.

[fred1996]

А задачка даже красивее, чем я поначалу думал.
При определенных углах $\alpha$ имеет вполне аналитические решения. Да и при других углах достаточно интересные качественные рашения.

[svv]

Написал на C++ программку, которая решает методом Рунге-Кутта уравнение $\ddot{\mathbf r}=\frac 1 m \mathbf F(\mathbf r)$ при заданной конфигурации и начальных условиях. Можно перейти к безразмерным длине и времени так, что уравнения не будут зависеть от массы шарика (клина) и коэффициента упругости, а начальная скорость будет единичной. Таким образом, остаётся один параметр — угол между стенками. (Я рассматривал только случай, когда шарик сначала движется вдоль стенки — как в условии.)

На картинках голубым закрашены стены (в «невозмущённом» состоянии). Числа означают угол между стенками в градусах. Пока этот угол $\geqslant 90°$, шарик отскакивает по закону «угол падения равен углу отражения», так как он взаимодействует только с одной стенкой — на картинке она с горизонтальной границей. Когда же угол становится меньше прямого, начинаются колебания, тем более сложные, чем меньше угол:

fred1996 в сообщении #1240302 писал(а):

А задачка даже красивее, чем я поначалу думал.

[fred1996]

Если еще далее уменьшать угол, Можно будет наблюдать полуфигуры Лиссажу при $\tg(\frac{\alpha}{2})=\frac{1}{n^2}$.
Все это справедливо, пока ЦМ шарика находится внутри ромба с красными сторонами, то есть пока он одновременно касается обеих сторон угла



При заданном выборе координат движение центра шарика внутри этого ромба будет описываться гармоническими колебаниями по осям $x$ и $y$ с соотношениями частот $\frac{\omega_x}{\omega_y}=\sqrt{\tg(\alpha/2)}$

Чистые фигуры Лиссажу могут получиться, если наш шарик плотно сжать в такой ромб и дать ему начальный импульс в любом направлении. Так что ни в какой момент он не будет терять контакт ни с одной из стенок.

[svv]

fred1996 в сообщении #1240442 писал(а):

Все это справедливо, пока ЦМ шарика находится внутри ромба с красными сторонами, то есть пока он одновременно касается обеих сторон угла

Да, согласен. На моих картинках изображены не сами стенки, а две стороны Вашего ромба, продолженные в обе стороны (красные линии):

Потом, я считал, что стенки не соединяются в вершине, а продолжаются до бесконечности, проходя в вершине друг сквозь друга. Поэтому у меня такой не ромб, а целый угол (жёлтый). Это несущественно: всегда можно вписаться в ромб, изменив $m$ или $k$, или $v_0$.

fred1996 в сообщении #1240442 писал(а):

Если еще далее уменьшать угол, Можно будет наблюдать полуфигуры Лиссажу при $\tg(\frac{\alpha}{2})=\frac{1}{n^2}$.

Вот что получилось при $n=2$:

$n=3$. Траектория не обрывается: шарик останавливается и начинает двигаться назад по той же траектории.


-- Пн авг 14, 2017 04:01:12 --

Кажется, даже при $\tg\frac{\alpha} 2=\frac 1 n$, без квадрата.
При этом, если $n$ нечётное, шарик останавливается и потом возвращается назад по той же траектории.
Если $n$ чётное, траектория симметрична относительно биссектрисы угла, и шарик уходит вдоль другой стенки.