Кольцо со смещённым центром тяжести

[lel0lel]

На столе расположено кольцо радиуса $R$ и массы $m$ так, что плоскость кольца перпендикулярна плоскости стола. Часть кольца - некую его дугу заменяют на такую же по длине, но выполненную из более плотного материала. Введём более удобное условие: материальную точку массы $M$ прикрепляют к кольцу, угол между радиусом, проведённым в эту точку, и вертикалью $\varphi_0$. Найти время за которое точка достигнет стола, т.е. система первый раз достигнет своего положения устойчивого равновесия.
Рассмотреть два крайних случая: 1) идеально гладкий стол; 2) реечная передача (проскальзывания нет).
Для удобства численных расчётов положим $m=M,\,\, R=1\text{м},\,\,\varphi_0=\pi/4$.

Эта задача возникла из разбора одной несложной задачи с недавно прошедшей олимпиады в МИФИ.

[dovlato]

Это олимпиадная задача?

[lel0lel]

После проделанных мной изменений она стала посложнее. Школьникам, конечно, её бы не предложили, а вот студентов попросить записать уравнение движения можно.

[fred1996]

Задачка в обоих случаях приводится к уравнениям типа колебаний физического маятника с конечной амплитудой. Решение представляет в виде эллиптических интегралов. Понятно, что во втором случае ЦТ движется по циклоиде. А в первом случае получается кажется колебание типа стандартного физического маятника.
Я бы ее наверное не назвал олимпиадной. Скорее как базовая задача для подготовки олимпиадников.

[dovlato]

Скорее, упражнение по матанализу. А вот, кстати, физика: пусть задан коэфф. трения, достаточно малый. Требуется найти тот угол, при котором ещё не будет проскальзываний.

[lel0lel]

fred1996 в сообщении #1260054 писал(а):

Задачка в обоих случаях приводится к уравнениям типа колебаний физического маятника с конечной амплитудой.

Это зависит от параметров задачи. В общем случае физического маятника не получится даже для малых колебаний. Например, если $m\to 0$, то в первом случае получим, что центр тяжести находится в точке с массой $M$, она будет свободно падать по вертикали, закон изменения координаты квадратичный по времени, никак не гармонический. Второй случай в рассматриваемом пределе эквивалентен соскальзыванию точки по горке в форме циклоиды в поле тяжести. Там тоже ничего гармонического не получится.
Таким образом, динамика системы сложнее чем у физического маятника.

dovlato в сообщении #1260119 писал(а):

Скорее, упражнение по матанализу.

Если не называть интеграл эллиптическим и не пытаться вычислить в виде ряда, то анализа нет.

[fred1996]

lel0lel
Общее Уравнение для энергии в первом случае выглядит так:
$-mgR\cos\theta+(\frac12\frac{m^2}{M+m}R^2\sin^2\theta+\frac12 M\frac{M+2m}{M+m}R^2)\dot{\theta}^2=-mgR\cos\theta_0$
Как видно, для малых углов можно пренебречь вкладом движения центра масс по сравнению с вращением вокруг центра масс в компоненту кинетической энергии.
Что при малых углах колебания дает:
$\theta^2+\frac{M}{m}\frac{M+2m}{M+m}\frac{R}{g}\dot{\theta}^2=\theta_0^2$
Вполне себе гармонические колебания, если правильно выбрать координату. В данном случае это угол поворота, а не положение ЦТ.
Насчет эллиптического интеграла для конечных колебаний я слегка погорячился. Но сути это не меняет. Ответ дается через конкретный интеграл.
Для колебаний без проскальзывания примерно та же картина.
Я обычно даю эти задачи олимпиадникам в виде однородного шара с шарообразной полостью. Так сказать для закрепления вычислительной техники.

-- 29.10.2017, 08:44 --

dovlato в сообщении #1260034 писал(а):

Это олимпиадная задача?

Задачка не олимпиадная, но в качестве подготовки к олимпиадам вполне сгодится.
Вообще на колебания нелегко придумать олимпиадную задачу, если иметь ввиду только вывод уравнения движения. Но есть задачи на какие-нибудь синхронные колебания, или смешанные задачи типа малых колебаний поршня в цилиндре с газом, когда надо привлекать знания из различных разделов физики.

[svv]

fred1996 в сообщении #1260248 писал(а):

$-mgR\cos\theta+(\frac12\frac{m^2}{M+m}R^2\sin^2\theta+\frac12 M\frac{M+2m}{M+m}R^2)\dot{\theta}^2=-mgR\cos\theta_0$

Моё уравнение совпадает с Вашим, если поменять местами $m$ и $M$. Вероятно, Вы считали, что масса материальной точки $m$, а масса диска $M$. Так, верно, естественнее, но в условиях наоборот.

[fred1996]

svv
Ну да. Я и угол обозначил попривычнее - как отклонение от равновесия.

[svv]

Перейду к Вашему углу $\theta$, он лучше.
Время у меня выражается такими интегралами.
1) нет трения
$\sqrt{\frac{R}{2g(k+1)}}\int\limits_{0}^{\theta_0}\sqrt{\frac{\sin^2 \theta+k(k+2)}{\cos\theta-\cos\theta_0}}\,d\theta$
2) нет проскальзывания
$\sqrt{\frac{R}{g}}\int\limits_{0}^{\theta_0}\sqrt{\frac{k+1-\cos\theta}{\cos\theta-\cos\theta_0}}\,d\theta$
Здесь $k=\frac m M$.

[lel0lel]

fred1996, svv
ответы у Вас верные.

[svv]

Спасибо.