Классическая задача на бифуркации.

[Oleg Zubelevich]

Однородный эллиптический контур с полуосями $a,b$ может свободно вращаться вокруг вертикальной оси $AB$, которая совпадает с осью эллипса. Трения подшипниках $A,B$ нет. По контуру без трения скользит маленькое колечко массой $m$. Момент инерции эллипса отнсительно оси вращения равен $J$.
В задаче надо написать эффективный потенциал и исследовать перестройки фазового портрета приведеной системы при изменении параметров задачи. А также нарисовать бифуркационную диаграмму Пуанкаре и проинтерпретировать это все в физических терминах.
Эти вещи легко просчитываются.

После этого интересно рассмотреть задачу в случае когда между колечком и эллипсом имеется линейно вязкое трение

[Oleg Zubelevich]

в этой задаче и "странный аттрактор " имеется

[Munin]

А если задача попроще, эллипс просто вращается с постоянной скоростью, бифуркация есть?

[Geen]

Oleg Zubelevich в сообщении #837423 писал(а):

в этой задаче и "странный аттрактор " имеется

Не получается...

-- 04.04.2015, 00:51 --

Munin в сообщении #999668 писал(а):

А если задача попроще, эллипс просто вращается с постоянной скоростью, бифуркация есть?

Вроде бы нет...

[unistudent]

Пусть $a, b$ - длины большой и малой полуосей эллипса; $X,Y,Z$ - оси подвижной СО с началом $O$ в центре эллипса: $X$ направлена вверх от $A$ к $B$, $Y$- вдоль малой полуоси влево , $Z$ -так, что $XYZ$- правая тройка. Выражение для полной энергии $E$, записанное в в этой СО

$$2E=\dot X^2+ \dot Y^2 +\dot Z^2 +J\dot\varphi^2+ 2mg(X+a).$$

Если

$$X=a\cos\psi(t), Y= b\sin\psi(t),$$

то

$$2E=(a^2 \sin^2\psi+ b^2\cos^2\psi)\dot \psi^2 +(J+a^2\cos^2\psi)\dot\varphi^2+ 2mga(1+\cos\psi).$$

[Red_Herring]

unistudent
Вы правильно выписали кинетическую и потенциальную энергии, поэтому Лагранжиан

$$L =\frac{1}{2}\Bigl[m(a^2 \sin^2\psi+ b^2\cos^2\psi)\dot \psi^2 +(J+ma^2\cos^2\psi)\dot\varphi^2- 2mgb(1+\sin\psi)\Bigr].$$

Гамильтониан (полную энергию Вы нашли). Теперь поскольку $L$ не зависит от $\varphi$, то $\frac{\partial L}{\partial\dot{\varphi}}$ сохраняется. Это и будет угловой момент

$$M=(J+ma^2\cos^2\psi)\dot{\varphi}.$$

Теперь можете исключать $\dot{\varphi}$, подставлять в $E$ и т.д.

[Geen]

Гм, а масса там нигде не потеряна?

[Red_Herring]

Geen в сообщении #1000559 писал(а):

Гм, а масса там нигде не потеряна?

Да, конечно, аж в 2х местах.

[unistudent]

А если так?

$$2E=(a^2 \sin^2\psi+ b^2\cos^2\psi)\dot \psi^2 +\frac{M^2}{J+a^2\cos^2\psi}+ 2ga(1+\cos\psi).$$

-- 05.04.2015, 17:01 --

Если положить массу единице, то наверно ничего существенно не измениться

-- 05.04.2015, 17:02 --

И в этом случае

$$\frac{\partial E}{\partial \psi}= \left((a^2 - b^2)\dot \psi^2\cos\psi +\frac{M^2\cos\psi}{(J+a^2\cos^2\psi)^2} - ga\right)\sin\psi.$$

$$\frac{\partial E}{\partial \dot\psi}=(a^2 \sin^2\psi+ b^2\cos^2\psi)\dot \psi $$

[Geen]

Red_Herring в сообщении #1000560 писал(а):

Geen в сообщении #1000559 писал(а):

Гм, а масса там нигде не потеряна?

Да, конечно, аж в 2х местах.

Я не зануда но я бы на неё всё поделил: $J=md^2$, а потом и на $d$ ещё ($d=g\tau^2$).

[Red_Herring]

Тут еще ошибка: если $a\cos \psi$—расстояние до оси, то в энергии д.б. $b\sin \psi$

[Geen]

Red_Herring в сообщении #1000563 писал(а):

Тут еще ошибка: если $a\cos \psi$—расстояние до оси, то в энергии д.б. $b\sin \psi$

Да там вначале ось X по вертикали направлена, но в моменте инерции уже по горизонтали

Опять же, дело вкуса, но я бы угол отсчитывал от направления вниз.

[unistudent]

$$2E=m(a^2 \sin^2\psi+ b^2\cos^2\psi)\dot \psi^2 +(J+mb^2\sin^2\psi)\dot\varphi^2+ 2mga(1+\cos\psi).$$

-- 05.04.2015, 17:27 --

$$L=\frac{1}{2}\left[m(a^2 \sin^2\psi+ b^2\cos^2\psi)\dot \psi^2 +(J+mb^2\sin^2\psi)\dot\varphi^2- 2mga(1+\cos\psi)\right].$$

$$2E=m(a^2 \sin^2\psi+ b^2\cos^2\psi)\dot \psi^2 +\frac{M^2}{(J+mb^2\sin^2\psi)}+ 2mga(1+\cos\psi).$$

Так вроде правильно

[Red_Herring]

\begin{tikzpicture}[scale=.75] \draw[thick] (0,0) ellipse (3 and 4); \draw[dotted] (0,-5)--(0,5); \draw[<->] (0,0)--(0,4); \draw[<->] (0,0)--(3,0); \node at (1.5,0) {\colorbox{gray!10}{$b$}}; \node at (0,2) {\rotatebox{90}{\colorbox{gray!10}{$a$}}}; \fill (2.6,-2) circle (.1); \draw[blue, ->] (2.6,-2)--(2.6,-3); \end{tikzpicture}

Правильно.

[unistudent]

Тогда

$$\frac{\partial E}{\partial \psi}= \left[\left(a^2 \varepsilon^2\dot \psi^2 +\frac{M^2b^2}{(J+mb^2\sin^2\psi)^2}\right)\cos\psi- ga\right]m\sin\psi.$$

$$\frac{\partial E}{\partial \dot\psi}=m(a^2 \sin^2\psi+ b^2\cos^2\psi)\dot \psi.$$