Абсолютно упругий удар об угол

[fred1996]

Дело в том, что в представленной системе координат уравнения движения ЦМ шарика внутри красного ромба представляют обычные гармонические осцилляции:
$m\ddot{x}=-2k\sin(\alpha/2)x$
$m\ddot{y}=-2k\cos(\alpha/2)y$

То есть круговые частоты по обеим осям получаются:
$\omega_x=\sqrt{2\frac{k}{m}\sin(\alpha/2)}$
$\omega_y=\sqrt{2\frac{k}{m}\cos(\alpha/2)}$

Для простых фигур Лиссажу надо, чтобы отношение $\frac{\omega_y}{\omega_x}=n$ было целым числом.
То есть $\sqrt{\ctg(\alpha/2)}=n$
Соответственно при нечетном $n$ у нас шарик одновременно достигает максимума отклонения по обеим осям и обратно идет по той же траектории, в конце концов вылетая из угла по той же стороне, по которой прилетел.
При четном $n$ у нас максимуму отклонения по оси $x$ соответствует нулевое отклонение по $y$ и получается полноценная Лисажу. Шарик выскочит из угла по другой стороне.
В любом случае ЦТ проходит через начало координат, а значит арик отрывается от обеих стенок одновременно.

Если же соотношение частот не целое, то ЦМ шарика не проходит через начало координат и соответственно отрыв от стенок будет не одновременным. Возможны даже варианты, когда шарик оторвется от одной стенки, а затем после отрыва от другой стенки опять столкнется с первой стенкой. И при достаточно острых углах число таких столкновений может быть большим. Это уже чисто геометрическая задача, которая может решаться с помощью многократной развертки нашего изначального угла.

[svv]

Да, только тут квадраты:
$m\ddot{x}=-2k\sin^2(\alpha/2)x$
$m\ddot{y}=-2k\cos^2(\alpha/2)y$

[wrest]

fred1996
А есть ли какой-то практический "выхлоп" от задачи?
Я имею в виду -- обычные абсолютно упругие столкновения это допущение, но "в реальности" они происходят в соответствии с полученными в теории предельными формулами. Здесь же, все таки, нет устойчивости, как я понял, и "в реальности" шарик может отскочить в разные стороны. Также, если я правильно понял картинки тов. svv, то угол отскока трудно назвать непрерывной функцией угла раствора клина (когда он меньше 90 градусов).

[fred1996]

svv в сообщении #1240503 писал(а):

Да, только тут квадраты:
$m\ddot{x}=-2k\sin^2(\alpha/2)x$
$m\ddot{y}=-2k\cos^2(\alpha/2)y$

Точно.
Вот что значит без бумажки...
Тогда действительно фигурки упрощаются.
И $\frac{\omega_x}{\omega_y}=\tg(\alpha/2)$,
Что для замкнутых фигур дает
$\tg(\alpha/2)=\frac{1}{n}$

[realeugene]

А вращение клиньев вы учитываете?

[fred1996]

wrest
В реальности конечно там будут играть роль силы трения особенно при малых углах.
Я кстати уже сформулировал выше задачку: при каких соотношениях угла и к-та трения шарик не выскочит из угла, если его с усилием вдавить.

И потом почему вы решили, что угол отскока не непрерывная функция угла раствора?

Мне кажется, была бы интересна такая же квантомеханическая двумерная задачка о рассеянии на таком клине с квадратичным потенциалом.
Кто бы помог с формулировкой такой задачи для начала с углом в 90 градусов?
А частица теперь пусть налетает на этот прямой угол под углом $\alpha$
Я, честно говоря, знаю как решать только одномерные задачки.

-- 14.08.2017, 02:45 --

realeugene в сообщении #1240512 писал(а):

А вращение клиньев вы учитываете?

Каких клиньев?
Если вы имеете ввиду тот клин, который я выше нарисовал, то я специально поместил его ЦТ так, чтобы при ударах он не вращался.

[svv]

realeugene
Я — точно нет: я решаю задачу о движении шарика (точнее, материальной точки) в поле сил гуковского типа — просто потому, что мне нравится такой вариант, и он сначала был в условиях. fred1996, заботясь о физичности, вводит клин и приходит к аналогичной модели, но мне дополнительные оправдания для исследования красивой модели не нужны.

-- Пн авг 14, 2017 13:52:18 --

wrest
Чуть позже построю график.

[wrest]

fred1996 в сообщении #1240515 писал(а):

Я кстати уже сформулировал выше задачку: при каких соотношениях угла и к-та трения шарик не выскочит из угла, если его с усилием вдавить.

Ну так это тоже будет далеко от "реальности", как мне кажется. Т.к. обычные формулы трения учитывают только силу и коэффициент трения, а "в реальности", в случае с шариком, существенную роль, как мне подсказывает интуиция, будет играть форма поверхности раздела сред шарика и клина, а также "негуковость" деформаций.

То есть, насколько, вы думаете, эксперимент сойдется с опытом если взять шарик от подшипника и какие-то металлические пластины в качестве стенок клина? Допустим даже, вы где-то возьмете в справочнике, или измерите коэффициенты трения, твердость и т.п.

[svv]

wrest в сообщении #1240508 писал(а):

Также, если я правильно понял картинки тов. svv, то угол отскока трудно назвать непрерывной функцией угла раствора клина (когда он меньше 90 градусов).

Вот какой получается график.

По горизонтали откладывается угол падения. Он отсчитывается от внешней нормали ко «второй» стенке (считая «первой» ту, вдоль которой первоначально двигался шарик). Если угол между стенками $>90°$, эта нормаль смотрит в пустое пространство, и угол падения считается положительным. Если угол между стенками $<90°$, нормаль смотрит в стенку, а угол падения считается отрицательным.
По вертикали откладывается угол отражения. Он отсчитывается от той же нормали в другую сторону — как принято в геометрической оптике. Он всегда неотрицательный.

Посмотрите на график справа налево. Когда угол падения положительный, угол отражения равен ему. Когда угол падения отрицательный, процессы посложнее. Но примерно всё происходит так, как если бы с уменьшением угла луч отражался от зеркал два, потом три, четыре и т.д. раз. Чем больше отражений, тем круче участок.

[realeugene]

svv в сообщении #1240564 писал(а):

Чем больше отражений, тем круче участок.

Ну, в пределе жестких стенок мы должны получить классическое решение, в котором угол вылета получается развёртыванием в полуплоскость.

[wrest]

svv в сообщении #1240564 писал(а):

Чем больше отражений, тем круче участок.

А график (для острого угла) вообще состоит из прямых или нет?
В предположении что это прямые, я их достроил и оказывается что они вроде бы пересекаются в двух точках (те что идут "вниз" - в одной, а те что "вверх" - во второй). То есть зависимость угла вылета от раствора клина -- кусочно-линейная? А её производная (и модуль производной) - разрывная.

[svv]

wrest в сообщении #1240763 писал(а):

А график (для острого угла) вообще состоит из прямых или нет?

Нет, это не совсем прямые. В микроскоп видно, что они немного искривлены, особенно левые концы сегментов вблизи точек.

Тем не менее, положение синих точек известно точно. Пусть $\beta$ угол падения, а $\gamma$ угол отражения (в радианах), то есть абсцисса и ордината на последнем графике. Точки соответствуют случаям, про которые fred1996 говорил, что для них получаются аналитические решения:
$\beta_n=2\arctg\frac 1 n-\frac {\pi}2\;,\quad\gamma_n=\begin{cases}-\beta_n\; ,&n\;\text{нечётное}\\\frac{\pi}{2}\; ,&n\;\text{чётное}\end{cases}\;,\quad n=1,2,3\ldots$

При нечётном $n$ шарик уходит точно вдоль той стенки, вдоль которой пришёл. При чётном $n$ он уходит точно вдоль другой стенки. Понятно, что для любых $\beta$ справедливо $\gamma(\beta)\in[-\beta;\frac \pi 2]$, углы за пределами этого диапазона соответствуют направлениям «в стенку».

Производная, верно, разрывна.

[realeugene]

svv в сообщении #1240855 писал(а):

Нет, это не совсем прямые.

Какая выбрана жесткость стенок? Для абсолютно жестких отражений это должны быть прямые.

[svv]

Если жёсткость конечная, то можно перейти к таким единицам длины и времени, что в уравнения жёсткость уже не входит.
Иными словами, траектории при разных значениях жёсткости будут подобными.

[realeugene]

Тогда $\varphi=\pi \mod \alpha$ или $\varphi=-\pi \mod \alpha$, в зависимости от четности $\lfloor\pi/\alpha\rfloor$. $\varphi$ - угол вылета по отношению к горизонтали, $\alpha$ - угол между плоскостями. Всё в радианах. Нужно только привести к вашим углам.

Да, там не совсем прямые.