Задачки для Фреда

[pogulyat_vyshel]

Задача действительно скорее школьная. Пусть у многоульника $n$ сторон, и в начальный момент времени радиус описанной окружности равен $R$. Введем систему координат $Oxyz$ так, что $O$ -- центр многоугольника, и один из крокодилов все время находится на оси $Ox$; ось $Oz$ направлена на нас перпендикулярно плоскости многоугольника
Тогда скорость этого крокодила по теореме о сложении скоростей равна

$$\boldsymbol v=\boldsymbol v_e+\boldsymbol v_r,\quad \boldsymbol v_e=v\sin\gamma\boldsymbol e_y,\quad \boldsymbol v_r=-v\cos\gamma\boldsymbol e_x,\quad \gamma=\frac{\pi-2\pi/n}{2}.$$

Откуда сразу находим время до встречи $T=\frac{R}{v\cos\gamma}$ и пройденое до встречи расстояние $s=\int_0^T|\boldsymbol v|dt=R/\cos\gamma$
Если потом для второго закона Ньютона еще надо посчитать ускорение это тоже не проблема

$$\boldsymbol{\dot v}=v\sin\gamma[\boldsymbol \omega,\boldsymbol e_y]-v\cos\gamma[\boldsymbol \omega,\boldsymbol e_x]$$

где $\boldsymbol \omega= \frac{v\sin\gamma}{R-tv\cos\gamma }\boldsymbol e_z$ -- угловая скорость системы координат

[realeugene]

(Оффтоп)

amon в сообщении #1272590 писал(а):

Предполагается, что в этой теме будут задачки, не тянущие на настоящие олимпиадные, но забавные с разных точек зрения.

Некторое время не следил за задачами, и теперь понял, что ничего больше не понимаю. Сначала монетки, потом какие-то крокодилы... Когда рассматривается несколько задач в одной теме, становится сложно искать условие каждой задачи. Может быть, стоит создать новый поздраздел форума?

[pogulyat_vyshel]

Почему-то очень любимая американскими преподами физики задачка...
Однородный обруч массы $M$ стоит на полу в вертикальном положении. Две маленькие бусины массы $m$ каждая, насажены на обруч и могут скользить не отрываясь без трения по обручу. В начальный момент времени обе бусины находятся в верхней точке обруча. Потом они начинают синхронно соскальзывать вниз по обручу без начальной скорости под действием силы тяжести. При каком максимальном отношении $m/M$ обруч не взлетит?

[fred1996]

Такого сорта задачи обычно решаются с помощью манипуляций ускорениями в различных системах отсчета. Логика такая, что сначала находится ускорение тела из соображений кинематики. Потом считаются силы, которые обеспечивают такое ускорение.
В данном случае сначала рассматриваем ускорения в собственной (связанной с телом) системе отсчета. То есть тангенциальное и нормальное. Потом проецируем их на вертикальную ось. Это ускорение создается силой тяжести и обручем. Отсюда находим вертикальную составляющую силы, действующую на обруч.
Я не общался с американскими преподами, но такого сорта задачи я действительно люблю включать в список обязательных задач для подготовки к олимипадам.
Как правило их почему-то из школьников никто не умеет решать. Даже из продвинутых. Наверное просто потому, что идея о преобразовании координат вообще не часто используется в задачах. Обычно верхом мастерства считается угадать хотя бы одну подходящую систему.

[pogulyat_vyshel]

по-моему вы что-то перемудрили с системами отсчета. в задаче нужно вычислить силу реакции пола как функцию от положения бусинок, а для этого нужна теорема о движении центра масс и закон сохранения энергии

[fred1996]

Пусть у нас угол $\alpha$ отсчитывается от вертикали.
Задачку можно решить как с помощью знания производных, так и без помощи.
Вот решение с применением обычной школьной математики:
Тангенциальное ускорение $a_t=g\sin\alpha$
Нормальное ускорение $a_n=2g(1-\cos\alpha)$
Берем проекцию обоих ускорений на вертикальную ось:
$a_y=-a_n\cos\alpha-a_t\sin\alpha=g(-1-2\cos\alpha+3\cos^2\alpha)$
Это ускорение создается силой тяжести и силой реакции обруча в вертикальном направлении.
То есть имеем уравнение:
$mg(-1-2\cos\alpha+3\cos^2\alpha)=-mg+F_y$
То есть $F_y=mg(-2\cos\alpha+3\cos^2\alpha)$
Значит сила, с которой бусинки действуют на обруч будет $-2F_y=2mg(2\cos\alpha-3\cos^2\alpha)$
Надо найти максимум этой квадратичной относительно косинуса функции, что каждый школьник должен знать.
И приравнять эту максимальную силу весу обруча.
Имеем $\cos\alpha=\frac13$ и в результате
$2mg(\frac23-3(\frac13)^2)=Mg$
Или $\frac{m}{M}=\frac32$

Конечно, задачу можно решить и с производными.
Мы же знаем скорость как функцию угла и знаем вертикальную скорость как функцию угла:
$v_y=-\sqrt{2gr(1-\cos\alpha)}\sin\alpha$
Так что можно просто найти вертикальное ускорение продифференцировав эту функцию по времени и вспомнив, что $\frac{d\alpha}{dt}=\frac{v}{r}$
Эта операция даст нам то же ускорение, что и в алгебраическом подходе. Но напомню, что в олимпиадных задачах более ценятся решения с минимумом математических средств.

[pogulyat_vyshel]

Однородный шар массы $m$ радиуса $r$ скатывается без начальной скорости по двум параллельным прямолинейным направляющим под действием силы тяжести. Расстояние между направляющими $d,\quad d<2r$; угол наклона направляющей к горизонтали $\alpha$.

Одна из направляющих является совершенно гладкой, другая -- совершенно шероховатой.
Найти скорость центра шара как функцию времени.

[fred1996]

Скорость такая же, как если бы шар просто скатывался по абсолютно шероховатой наклонной. Чтобы это сообразить, надо выяснить, в каком направлении закручивается шар моментом, созданным силой трения.

[pogulyat_vyshel]

Не, я такого авангарда не понимаю, меня учили уравнения движения писать, а насоображать много чего можно, в том числе и чепухи всякой

[fred1996]

Ну хорошо.
У нас на шар действуют следующие силы: сила тяжести, две силы реакции опоры и сила трения от одной рельсины.
Сила тяжести и реакции опоры создают нулевой момент относительно центра масс шара. А сила трения направлена перпендикулярно радиус-вектору, соединяющему точку ее приложения и центр шара. Соответственно момент будет перпендикулярен им обоим и значит перпендикулярен рельсине. То есть шар вращается строго перпендикулярно по отношению к направлению движения и перпендикулярно этому радиус-вектору. То есть у нас есть конкретное согласование угловой и поступательной скорости: $v=\omega r$
И задача сводится к стандартной задече скатывания шара по наклонной плоскости без проскальзывания.
Отличается от движения по двум шероховатым рельсинам направлением оси вращения. Откуда возникает другое соотношение между поступательной и угловой скоростью.

[pogulyat_vyshel]

Да, вы убедили меня в том, что задача элементарная

[pogulyat_vyshel]

Два однородных диска массой $m$ и радиусом $r$ каждый спаяны в одной точке своими границами так, что угол между плоскостями дисков равен $\pi/2$, центры дисков и точка спайки лежат на одной прямой, и полученная конструкция образует твердое тело. Это твердое тело ставят на горизонтальный совершенно шероховатый стол в поле силы тяжести. Найти положения равновесия и частоту малых колебаний системы в окрестности каждого устойчивого положения равновесия.

[fred1996]

Положение равновесия - когда точка спайки наверху, что соответствует минимальному положению ЦТ над столом $\frac{r}{\sqrt{2}}$. Малые колебания около этого положения будут с угловой частотой $\Omega=\sqrt{\frac{2\sqrt{2}g}{5r}}$
Фактически задача сводится к малым колебаниям сплошного однородного эллиптического цилиндра с полуосями $r$ и $\frac{r}{\sqrt{2}}$
Как обычно, в таких случаях считаем приращение потенциальной энергии для малого поворота $\theta$. Это будет $\frac{1}{2\sqrt{2}}mg\theta^2$
И приравниваем ее кинетической энергии моментального вращения вокруг моментальной оси вращения положения устойчивого равновесия.
Нетрудно сосчитать, что это $\frac{5}{8}mr^2\omega^2$. Приравниваем их и находим частоту колебаний из соотношения: $\omega=\Omega\theta$

[svv]

fred1996 в сообщении #1284450 писал(а):

точка спайки наверху

По-моему, у Вас не выполняется это условие:

pogulyat_vyshel в сообщении #1284378 писал(а):

центры дисков и точка спайки лежат на одной прямой

[amon]

pogulyat_vyshel в сообщении #1284378 писал(а):

спаяны в одной точке своими границами так, что угол между плоскостями дисков равен $\pi/2$, центры дисков и точка спайки лежат на одной прямой

IMHO, есть две возможности так спаять монеты, если "границей" считать не только ребро, но и "аверс с реверсом".