Помогите! Задачка по теоретической механике!

ìÀÄÉ! èÜÌÐ! ïÔÌ. ÐÏ ÔÅÒÍÅÈÕ ÓÒÙ×ÁÅÔÓÑ, ÚÁÞÅÔËÁ ÐÏÒÔÉÔØÓÑ. õ ÍÅÎÑ ÔÕÔ ÚÁÄÁÞÁ, ÐÏÍÏÖÉÔÅ, ËÔÏ ÞÅÍ ÍÏÖÅÔ.

|á
|\
| \
| \
| \
| f( \÷
L______________

ëÏÒÏÞÅ, ÏÄÎÏÒÏÄÎÙÊ ÓÔÅÒÖÅÎØ á÷ õÐÉÒÁÅÔÓÑ × ÔÏÞËÅ á × ÇÌÁÄËÕÀ ÓÔÅÎÕ, Á ÔÏÞËÏÅ ÷ × ÇÌÁÄËÉÊ ÐÏÌ. ÷ÅÓ ÓÔÅÒÖÎÑ ÒÁ×ÅÎ ò, ÄÌÉÎÁ 2Á.
åÓÔØ ÕÇÏÌ f - ÜÔÏ ÕÇÏÌ ÍÅÖÄÕ ÓÔÅÒÖÎÅÍ É ÐÏÌÏÍ.
óÞÉÔÁÑ, ÞÔÏ Ä×ÉÖÅÎÉÅ ÐÒÏÉÓÈÏÄÉÔ ÔÏÌØËÏ × ×ÅÒÔÉËÁÌØÎÏÊ ÐÌÏÓËÏÓÔÉ, ÏÐÒÅÄÅÌÉÔØ f`(t) (ÕÇÌÏ×ÕÀ ÓËÏÒÏÓÔØ) É ÓËÏÒÏÓÔØ ÔÏÞËÉ ÷, ËÏÇÄÁ ÓÔÅÒÖÅÎØ ÐÏÌÎÏÓÔØÀ ÕÐÁÄÅÔ. îÁÞÁÌØÎÙÊ ÕÇÏÌ f0.

òÅÛÉÔØ ÍÏÖÎÏ ËÁË ÕÇÏÄÎÏ, ÎÏ ÌÕÞÛÅ Ó ÐÏÍÏÝØÀ ÆÕÎËÃÉÉ ìÁÇÒÁÎÖÁ.
ñ ÎÅ ÍÏÇÕ ÐÏÎÑÔØ, ÏÔËÕÄÁ × ÐÏÔÅÎÃÉÁÌØÎÏÊ ÜÎÅÒÇÉÉ ÂÅÒÅÔØÓÑ sin^3.

ïÔ×ÅÔ - ÞÔÏ-ÔÏ ÔÉÐÁ f`(t)=sqrt(3g/2a*(1-1/9*sin²(f0))*sin(f0)).

ðÏÖÁÌÓÔÁ, ÐÁÍÁÇÉÔÅ!!!

óÏÂÁËÁ!

Chert!
Teper` vse zanovo pridetsa!
|
|A
|\
| \
| \
| f(\B
L-------------

Tak vot: Odnorodnyj sterzhen` vesom P i dlinoj 2a upiraetsa tochkoj A b gladkuju stenu, a tochkoj B v gladkij pol.
Parametr dvizhenija - ugol F mezhdu cterzhnem i polom. Nachalnoe polozhenie - ugol F0.
Opredelit` znachenie velichiny F`(t) (Uglovuju skoroct`) i Vb (skorost` tochki B) v moment, kogda sterzhen` upadet(F=0).

Reshit` mozhno kak ugodno, no zhelatelno cherez funkciju Lagranzha.
Otvet:f`(t)=sqrt(3g/2a*(1-1/9*sin²(F0))*sin(F0)). Ja ne ponimaju, otkuda beretsa sin²! Vidimo v potenial`noj energii est` chlen s sin³ ili chto-to podobnoe, no otkuda ono tam, neponatno.

Pomogite, please, kto mozhet! 5-ka po termehu sryvaetsa, zachetka portitsa!

Spasiba.

ya v mekhanike ne razbirayus.
tak shto ya by atakoval so storony sohraneniya energii.
potentsialnaya energiya situatsii uhodit v tri napravleniya:
1.kineticheskaya (tsentra mass)
2.kineticheskaya vrasheniya (moment)
3.dvizheniye vpravo.
1 i 2 drug s drugom zhestko svyazany, eto ponyatno, hotya ya ne soobrazhu kak.
tak shto imeya summu energii raskidat eyo na 1 i 2 legko.

a vot skolko energii uhodit na dvizhenie vpravo ya skazat voobshe ne dogadayus kak.

Чего-то у меня ваш ответ не получается, давно задач не решал (а был в числе любимых предметов). <_<

Точка Б может только ездить по полу. Обозначив ее координату от угла схождения пола и стены за х, имеем: x=2*a*cos(φ).
Значит, x'(t)=-2a*sin(φ(t))*φ'(t). Поскольку в момент падения φ(tпад)=0, его синус тоже равен нулю, то и x'(tпад)=0. Ну, это было и так очевидно.

Уравнение Лагранжа второго рода в отсутствии диссипативных сил:

d(∂L/∂x')/dt-∂L/∂x=0, где L - функция Лагранжа, x - степень свободы.


В данном случае степень свободы - угол φ.
L=m(a*φ')²/2-mga*sin(φ)

Из У.Л. имеем:
φ''+(g/a)cos(φ)=0; или φ''=-(g/a)cos(φ);
Домножив обе части на φ', получаем уравнение:
φ'dφ'=-(g/a)cos(φ)dφ;

Формально:
φ'²(φ2)-φ'²(φ1)=-(2g/a)[sin(φ2)-sin(φ1)];
Но вот беда, раз я домножил уравнение на φ', значит, я не могу брать его равным нулю. А в начальный момент времени, как я думаю, скорость как раз равна нулю. Если не нулю, то все ОК. Но все равно я не получил требуемого ответа.
φ2=0; φ1=φ0 - в данном случае;
φ'(искомое)=sqrt((2g/a)*sin(φ0)+φ'²(φ0))...

Вот только φ' не имеет права быть нулем нигде...
Поэтому φ'²(φ0)=0 я брать не должен.
Народ, где ошибка?

Я название привёл в читаемый вид. Надеюсь, всё правильно?

А я бы, извините, не спасал...

>А я бы, извините, не спасал...

Хм... А где спасение-то? В любом случае - см. разницу постов по времени.
>Chert!
>Teper` vse zanovo pridetsa!

Я думаю, он постил уже в ходе экзамена или около того. Поскольку отличник, только недавно решавший такие задачи, сидя в спокойной обстановке, расколол бы задачу. Так шта...
Кстати, вы у меня ошибки не нашли? Или так: вы знаете другой способ решения? А то мой не подходит, вроде, а мне в голову что-то ничего путного не идет пока.

>AidarM
>Кстати, вы у меня ошибки не нашли?

Да я сейчас не вникал, башка квадратная... Но навскидку - вроде бы лагранжиан записан не совсем правильно, не учитывает горизонтального смещения центра масс. Сижу с самого утра, с Техом, ссволочью, парюсь, нужно кровь из носу к утру набить одну работку... Кстати, по лагранжевой гидродинамике, такое вот совпадение

А еще в задачниках ошибки бывают...

> Да я сейчас не вникал, башка квадратная... Но навскидку - вроде бы лагранжиан записан не совсем правильно, не учитывает горизонтального смещения центра масс.

Кин. энергия в лагранжеане не та?
Поместим начало отсчета в точку схождения пола и стенки.
Координаты центра масс:
x=a*cos(φ); => x'=-a*sin(φ)*φ';
y=a*sin(φ); => y'=a*cos(φ)*φ';
Кин. энергия =m(r')²/2=(m/2)*(x'²+y'²)=m*(aφ')²/2...
Потенциальная = mg*y=mga*sin(φ)...

Ну, не вижу я ошибки... <_<

Кстати, подставлять нуль в предыдущее решение можно, т.е. решение точно есть и точно с требуемым ответом не совпадает. То же самое уравнение
φ''=-(g/a)cos(φ); можно, не умничая с домножением на φ', решить переходом от φ и t к φ и φ', взяв новую переменную ω=φ'.

φ''(t)=ω'(φ)*φ'(t)=ω'*ω
Имеем
ωdω=-(g/a)cos(φ)dφ...
То же самое уравнение, решение то же, но нуля в н.у. не боится.
Для φ'(t=0)=0 получаем

Ответ: φ'(искомое)=sqrt((2g/a)*sin(φ0)).

Что не совпадает с требуемым. Либо лыжи не едут, либо прав GrayCat.

>Okruzhnost`?
Очевидно.

>ne stOit zabyvat` o vrashenii!
Угу. Так вы ее уже решили? Но в кин. энергии изменился лишь коэффициент. Т.е. требуемая куча синусов откуда?

>AidarM
>Кин. энергия в лагранжеане не та?

Ага. Кинетическая энергия лагранжиана должна состоять из двух кусков - один связан с движением центра масс, другой с вращением стержня вокруг этого центра. По сути, теорема Кёнига. А вы учли только один кусок.

З.С. А задачку я всё же решать тут не стал бы...

>З.С. А задачку я всё же решать тут не стал бы...
ОК. Поищу задачник, пора мне мозги размять в этой области, а то расслабился. Динамику тв. тела от мат. точки перестал различать.

Да, электроника-радиотехника это, конечно, круто, но и старушку-механику забывать не след

Vse, vopros snyat.
Segodna prepodavatel` mne ob`jasnil zadachu. OKAZYVAETSA, STERZHEN OTORVETSA OT STENKI!!!. Dalshe eto budet uzhe drugaja zadacha, i tam, vidimo, vyleset sin^3.

Z.Y. A 5-ku ja vse ravno pouchil!

AidarM, 24.06.2004 17:46:19 :

>З.С. А задачку я всё же решать тут не стал бы...
ОК. Поищу задачник, пора мне мозги размять в этой области, а то расслабился. Динамику тв. тела от мат. точки перестал различать.

 

exec>2.kineticheskaya vrasheniya (moment)
подсказками пользоваться гордость не позволяет?

>подсказками пользоваться гордость не позволяет?
Не так. Я уже воспользовался(мысленно). Если учесть кинетическую энергию вращения, то это даст изменение коэффициента при 'моей' кин. энергии в лагранжиане. Т.е. в моем ответе изменится коэффициент, а надо сам вид ответа получить иной. Ур-е Лагранжа 2 рода - уравнение Эйлера из вариационки, можете проверить сами. (Минимизируется функционал действия - интеграл от лагранжиана по времени.) Лагранжиан - кинетич. энергия минус потенциальная.

А задачник мне нужен, дабы вообще форму восстановить. Вот сейчас я сомневаюсь, что стержень оторвется концом B от стенки до падения. Вечерком посижу, разберусь. Раз уж у zumrus оценка проставлена, можно будет решение и сюда выложить, совесть спокойна будет.

оторвётся, конечно. трения нема. в движение вправо больше ничем не тормозится. да даже если тормозится. вы на карандаше поэкспериментируйте - не зря же вы за него схватиться хотите
прыжки не смотрите - это уже диссипация энергии попёрла.

чуть не забыл: таки вместо карандаша что-нть другое лучше на практике - от таких сотрясений грифель внутри деревянного корпуса ломается временами.

попробовал на фломастере
вощем, импульс вправо достаточно мощный, чтобы опередить "отталкивание" левого конца стержня.

Обещанное решение.

Значит, разбиваем движение стержня на 2 части.
1. От момента начала движения до момента отрыва конца А от стенки включительно - определяем, в частности, положение отрыва.
2. От момента отрыва и до падения - находим ответ на поставленный вопрос.

1.
Начало координат помещаем в точку схождения пола и стенки(см. рис. zumrus)
Ось X направляем вправо, Y - вверх.
Положение, скорость и ускорение центра масс:
X(t)=a*cos(φ(t)); X'(t)=-a*sin(φ(t))φ'(t); X''(t)=-a*cos(φ(t))[φ'(t)]²-a*sin(φ(t))φ''(t);
Y(t)=a*sin(φ(t)); Y'(t)=a*cos(φ(t))φ'(t); Y''(t)=a*cos(φ(t))φ''(t)-a*sin(φ(t))[φ'(t)]²;

Кинетическая энергия выражается формулой:
Т=(m/2)(X'(t)²+Y'(t)²)+(ma²/6)*[φ'(t)]²=/*до отрыва включительно*/=(2/3)*ma²*[φ'(t)]²;
Потенциальная энергия в течение всего движения выражается формулой:
U=mga*sin(φ(t));

Лепим уравнение Эйлера-Лагранжа:
φ''(t)+(3g/4a)*cos(φ(t))=0;

Из него, перейдя от переменных (φ, t) к (φ'(t), φ), находим:
[φ'(t отрыва)]²=[φ'(0)]²-(3g/4a)*[sin(φ(отрыва))-sin(φ0)];

Будем считать, что φ'(0)=0, тогда:
[φ'(t отрыва)]²=-(3g/4a)*[sin(φ(отрыва))-sin(φ0)];

Поищем теперь угол, при котором происходит отрыв конца А от стенки.
2 з-н Ньютона для центра масс:
mX''(t)=Na;
mY''(t)=-mg+Nb;
Na и Nb - силы реакции опоры в точках А и Б соответственно.
В момент отрыва - Na=0, т.е. X''(t)=0.

Обозначу-ка я угол отрыва за Θ, значение φ'(t) при φ=Θ за Θ', а φ''(t) при φ=Θ за Θ''. Это, есс-но, не производные от константы по времени.
Из выражения для X''(t) получается, что в момент отрыва:
-a*cos(Θ)*[Θ']²-a*sin(Θ)*Θ''=0;

В качестве Θ'' подставим соотв. выражение из ур-я Эйлера-Лагранжа.
-a*cos(Θ)*[Θ']²-a*sin(Θ)*(-(3g/4a))*cos(Θ)=0.
cos(Θ)≠0, отсюда: [Θ']²=(3g/4a)*sin(Θ)

Запишем закон сохранения энергии:
mga(sin(φ0)-sin(Θ))=(2/3)ma²*[Θ']², и в качестве [Θ']² подставим предыдущее выражение.
В итоге получаем те самые sin(Θ)=(2/3)sin(φ0).

Отсюда
[Θ']²=(g/2a)*sin(φ0), а X'(отрыв)=sqrt((2ga/9)*sin(φ0)³).
Т.е. вдоль оси Х центр масс после отрыва конца А от стенки будет двигаться с постоянной скоростью X'(отрыв). Очевидно, что после падения стержня на пол все его части, т.е. в т.ч. и конец Б, будут двигаться вдоль оси Х с такой скоростью.

2.
Перейдем в систему отсчета центра масс, направление осей координат оставим таким же.
Если записать уравнение Лагранжа, то после сокращений общих множителей получится уравнение, к-рое решить без перелома мозга очень трудно. Хотя, может, у меня опять лыжи не едут.

Записываем снова закон сохранения энергии.
mga*sin(Θ)=T(φ=0)-T(Θ); В неизвестной T(φ=0) сидит интересующая нас φ'(t при φ=0).

T(Θ)=(m/2)*[Y'(t при φ=Θ)]²+(ma²/6)*[Θ']²;
T(φ=0)=(m/2)*[Y'(φ=0)]²+(ma²/6)*[φ'(φ=0)]²;


[Y'(t при φ=Θ)]²=a²*[cos(Θ)Θ']²;=a²*[1-(4/9)[sin(φ0)]²]*(g/2a)sin(φ0)=(ag/2)*[1-(4/9)[sin(φ0)]²]sin(φ0);
T(Θ)=(mag/3)sin(φ0)[1-[sin(φ0)]²/3]

[Y'(t при φ=0)]²=[a*φ'(t при φ=0)]², и
T(φ=0)=(2ma²/3)*φ'(t при φ=0)²

Значит, имеем выражение для искомого φ'(t при φ=0):

[φ'(t при φ=0)]²=(3/(2ma²))*(T(Θ)+mga*sin(Θ))=(3g/(2a))sin(φ0)[1-sin(φ0)²/9].

Усе.
Блин, неужели я всё это набрал?! :o Еще буду ошибки отлавливать и редактировать. Наверняка опечатался где-нибудь.

это вы как без трения опор замутили?!

>это вы как без трения опор замутили?!
Да вы ведь сами сказали, что грифель ломается временами. Ну, я его и поспрашивал о величинах трения, углах наклона, смысле жизни...