Ruch obrotowy

[Kaffoux]

Drucik, na który nawleczono koralik o masie m, został zwinięty w okrąg o promieniu \(\displaystyle{ R}\). Okrąg ustawiono w płaszczyźnie pionowej i wprawiono w ruch obrotowy wokół pionowej osi. Znaleźć kąt \(\displaystyle{ \varphi}\), dla którego koralik pozostaje w równowadze, przy założeniu, że może ślizgać się swobodnie po druciku.

Proszę o wskazówki, pomoc, cokolwiek. Wiem że takie zadanie było już na forum ale jednak nie pomogło mi to w zrozumieniu zadania

[kerajs]

\(\displaystyle{ \tg \varphi = \frac{ \frac{mv^2}{r} }{mg} \ \ \ \wedge \ \ \ \sin \varphi = \frac{r}{R} \ \ \ \wedge \ \ \ v=\omega r \\
\tg \varphi = \frac{\omega^2 R^2\sin^2 \varphi }{gR\sin \varphi } \\
\frac{\sin \varphi }{\cos \varphi } =\frac{\omega^2 R\sin \varphi }{g }\\
\cos \varphi = \frac{g}{\omega^2 R}}\)

Ewidentnie brakuje informacji o prędkości kątowej wirującej obręczy.

[janusz47]

\(\displaystyle{ \omega = 1 \frac{1}{s} , \ \ R = 1m , \ \ g = 10\frac{m}{s^2},}\)

\(\displaystyle{ \cos (\phi) = 10 ?}\)

[kruszewski]

Uzupełnię obrazkiem, bo rysunek to połowa rozwiązania, a dobry rysunek to omal rozwiązanie.
Proszę zwrócić uwagę na oznaczenia promienia okręgu w który zwinięto drucik. Tu jest \(\displaystyle{ r}\), w liście pana kerajs \(\displaystyle{ R}\) , ale to "ten sam" promień.

[janusz47]

Rysunek Pana jest piękny, ale w tym rozwiązaniu brakuje dodatkowych założeń, chociaż rozumowanie można uznać za poprawne.

\(\displaystyle{ \omega \geq \sqrt{\frac{g}{R}}}\) - wynikające z ograniczenia na kosinus.

\(\displaystyle{ \phi = \begin{cases} 0 \\ \pm\arccos\left( \frac{g}{\omega^2\cdot R}\right) \ \ \mbox{gdy}, \ \omega \geq \sqrt{\frac{g}{R}} \\ \pi \end{cases}}\)

[kruszewski]

Pomoc różni się trochę od gotowca.
A w czym tkwi tu różnica "można uznać za poprawne" od "jest poprawne" ?

Oczywista, można zapytać o położenie koralika w chwili rozpoczynania ruchu obrotowego drucianego pierścienia, a nawet o sposób łożyskowania , bo jak czopy pozwalają na połozenie koralika w geometrycznej osi obrotu, to kręcenie pierścieniem nie da spodziewanego efektu bez wypchnięcia koralika z tego położenia.
Ale tu nie o to chodzi.
Koleżanka, widząc ze szkicu jak wygląda układ wektorów , winna "zapytać" o stan, kiedy koralik znajdzie się w położeniu na osi poziomej pierścienia i czy znajdzie się tam.
Ale to już jest jej zadanie a nie podpowiadającego.

[janusz47]

Proszę Pana, oprócz rysunku, który Pan już kiedyś zamieścił do tego zadania przez "zapodaj", uzupełniłem rozwiązanie Pana kierajsa, nie spodziewając się złośliwości.
Za dużo filozofii w Pańskich rozważaniach.

[kruszewski]

Dla czego Pan sądzi, że jestem złośliwy?
Jeżeli poczuł się Pan dotknięty tym co napisałem, to przepraszam Pana najmocniej jak potrafię.
Ale pozwoli Pan na pytanie: jakie założenia o których Pan wspomina należy tu poczynić?
Wiesław Kruszewski

[janusz47]

Założenia dotyczące \(\displaystyle{ \omega,}\) dla którego równanie \(\displaystyle{ \cos(\phi) = \frac{g}{\omega^2R}}\) ma sens.

Panie Wiesławie nie przesadzajmy z tymi przeprosinami. Pozdrawiam.

[kruszewski]

O tym, że są takie wartości kąta \(\displaystyle{ \varphi}\) dla których równanie traci sens dowiadujemy się po jego rozwiązaniu. Wcześniej "nie mamy podstaw" by tak twierdzić. Zatem nie mamy podstaw czynić założeń co do miary prędkości kątowej.


Proszę zauważyć, że położenie koralika w najniższym punkcie pierścienia jest położeniem dla równowagi stałej. Stąd początek ruchu jest z tego położenia. Dla stałej i pionowej \(\displaystyle{ g}\) składowej przyspieszenia koralika o normalnym kierunku do toru (okręgu) jego położenie na poziomym promieniu okręgu jest nienieosiągalne, bo choć prędkość kątowa byłaby nieskończenie wielka to pionowa składowa \(\displaystyle{ g}\) powoduje, że prosta do której przynależy wektor przyspieszenia całkowitego nie będzie "poziomy". Stąd warunek pierwszy:

\(\displaystyle{ \varphi < \frac{ \pi }{2}}\)

i drugi \(\displaystyle{ \varphi > 0}\)

Zaś ograniczenie nałożone na prędkość kątową \(\displaystyle{ \omega}\) wynika tylko z warunku sztytwności pierścienia, a ta jest rzeczywistą stałą fizyczną pierścienia.




Myślę, że kwestię założeń pokazałem akuratnie.
Pozdrawiam Pana i zainteresowanych problemem.

[janusz47]

Proszę Pana, należy rozpatrzyć wszystkie przypadki zachowania się układu "drucik-koralik" w zależności od wartości miary kąta \(\displaystyle{ \phi}\) oraz \(\displaystyle{ \omega}\) w trakcie rozwiązywania zadania.

Rozwiązanie drugie w oparciu o mechanikę Lagrange'a

Lagrangian układu

\(\displaystyle{ \mathcal{L} = T - V}\)

\(\displaystyle{ T = \frac{1}{2}m\cdot (r\cdot \phi')^2}\)

\(\displaystyle{ V_{g} = -m\cdot g \cdot r \cdot \cos(\phi)}\)

\(\displaystyle{ V_{c} = -\frac{1}{2}m\cdot r^2 \cdot \omega^2 =-\frac{1}{2}m\cdot a^2\sin^2(\phi) \cdot \omega^2}\)

\(\displaystyle{ f_{c} = m\cdot a_{c}= \frac{m\cdot v^2}{r}= m\cdot r \cdot \omega^2 = m\cdot a \cdot \sin(\theta)\cdot \omega^2}\)

\(\displaystyle{ \mathcal{L} = \frac{1}{2}m\cdot(a\cdot \phi')^2 +m\cdot g \cdot a \cos(\phi)-\frac{1}{2}m\cdot a^2 \cdot \sin^2(\phi) \cdot \omega^2}\)

\(\displaystyle{ \frac{d}{dt}\mathcal{L}\left( \frac{\partial L}{\partial \phi'}\right) - \frac{\partial L}{\partial \theta} = 0}\)

\(\displaystyle{ \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi'} = m\cdot a^2 \phi'}\)

\(\displaystyle{ \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi} = -m\cdot g\cdot \sin(\phi) -m\cdot a^2\cdot \omega^2 \cdot \sin(\phi)\cdot \cos(\phi)}\)

\(\displaystyle{ \frac{d}{dt}\left (\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi'}\right) = m\cdot a^2 \cdot \phi''}\)

\(\displaystyle{ m\cdot a^2 \cdot \phi'' =-m\cdot g \cdot a \sin(\phi)- m\cdot a^2\omega^2 \cdot \sin(\phi)\cdot \cos(\phi)}\)

\(\displaystyle{ \phi'' +\frac{g}{a}\cdot \sin(\phi) + \omega^2 \sin(\phi)\cdot \cos(\phi) =0.}\)

\(\displaystyle{ \phi''=0}\)

Stąd

\(\displaystyle{ \frac{g}{a}\cdot \sin(\phi) +\omega^2\cdot \sin(\phi)\cdot \cos(\phi) =0}\)

\(\displaystyle{ \frac{g}{a}\pm \omega^2\cos(\phi) = 0}\)

\(\displaystyle{ \sin(\phi) = 0, \ \ \phi = 0, \ \ \phi = \pi \ \ (*)}\)

\(\displaystyle{ \phi = \pm \arccos\left( \frac{g}{a\cdot \omega^2}\right)}\)

\(\displaystyle{ 0< \frac{g}{a\cdot \omega^2}\leq 1}\)

\(\displaystyle{ \omega \geq \sqrt{\frac{g}{a}}}\)

Dla

\(\displaystyle{ \phi = 0 \ \ \sin(\phi )= 0, \ \ \cos(\phi) = 1}\)

\(\displaystyle{ \phi = \pi \ \ \sin(\phi) = 0. \ \ \cos(\phi) = -1.}\)

\(\displaystyle{ \phi'' + \frac{g}{a}\cdot \phi = \omega^2\cdot \phi}\)

\(\displaystyle{ \phi'' + \left( \frac{g}{a}- \omega^2\right )\cdot \phi = 0}\)

\(\displaystyle{ \frac{g}{a}-\omega^2 \geq 0 \rightarrow \omega \leq \sqrt{\frac{g}{a}}}\) przypadek stabilności

\(\displaystyle{ \frac{g}{a} - \omega^2 <0 \rightarrow \omega >\sqrt{\frac{g}{a}}}\) - przypadek niestabilności.

[kruszewski]

Ale ta część dyskusji winna być skierowana do zadającej pytanie Kaffoux.
Ja zauważyłem to, że koralik nie zajmie położenia na poziomej osi wirującego pierścienia bez względu na miarę prędkości kątowej, i to, że jeżeli przy jakiejkolwiek prędkości kątowej pierścienia znajdzie się z jakichkolwiek przyczyn w najniższym punkcie pierścienia to ruch obrotowy pierścienia nie spowoduję zmiany jego położenia na pierścieniu.
Jeżeli wiemy, że równanie równowagi układu jest rozwiązaniem równania Lagrange`a I- rodzaju, to możemy jego rozwiązanie napisać wprost jako równanie równowagi trzech sił: ciężkości koralika \(\displaystyle{ mg}\) , dośrodkowej prostopadłej do osi obrotu pierścienia \(\displaystyle{ m \omega ^2 r \sin \varphi}\) i reakcji \(\displaystyle{ R}\) pierścienia mającej kierunek promienia pierścienia.
Rozwiązaniem jest ostanie równanie w poście pana kerajsa
Dyskusja tego równania pozwala zauważyć to, o czym pisałem wcześniej.