Punkt równowagi

Mechanika płynów. Sprężystość. Grawitacja. Inne zagadnienia mechaniki klasycznej.
agaata123
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 3
Rejestracja: 11 sty 2022, o 23:02
Płeć: Kobieta
wiek: 19

Punkt równowagi

Post autor: agaata123 » 11 sty 2022, o 23:05

Na pionowo ustawionej obręczy z drutu znajduje się mały koralik o masie \(\displaystyle{ m}\). Może on przesuwać się bez tarcia po obręczy, której promień wynosi \(\displaystyle{ r}\). Znajdź punkty równowagi koralika, gdy obręcz wprawimy w ruch obrotowy z okresem \(\displaystyle{ T}\) wokół
(a) pionowej,
(b) poziomej osi obrotu.

Proszę o pomoc w rozwiązaniu, bo nawet nie wiem jak się do tego zabrać :/
Ostatnio zmieniony 11 sty 2022, o 23:09 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.

janusz47
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7249
Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 27 razy
Pomógł: 1557 razy

Re: Punkt równowagi

Post autor: janusz47 » 12 sty 2022, o 23:44

(a)
Przyjmujemy nieinercjalny układ odniesienia związany z koralikiem.

......
Rys.

Na koralik działa stała siła ciężkości \(\displaystyle{ \vec{Q }= m\cdot \vec{g} }\) skierowana pionowo w dół. Koralik ślizga się po obręczy bez tarcia, więc jedynym efektem ruchu obrotowego obręczy jest siła odśrodkowa prostopadła do osi obrotu.

Sile tej odpowiada energia potencjalna \(\displaystyle{ U_{1} = -\frac{1}{2}m\cdot \omega^2 \cdot r^2 \cdot \sin^2(\theta), }\)

gdzie: \(\displaystyle{ \theta \in [ -\pi, \pi] }\) jest kątem skierowanym, określającym położenie koralika na okręgu.

Wartości kąta \(\displaystyle{ \theta = 0 }\) odpowiada najniższemu położeniu koralika.

Uwzględniając grawitacyjną energię potencjalną \(\displaystyle{ U_{2} = m\cdot g \cdot r - m\cdot g\cdot r \cdot \cos(\theta) }\) otrzymujemy równanie na całkowitą energię potencjalną:

\(\displaystyle{ V(\theta) = U_{1} + U_{2} = -\frac{1}{2}m\cdot \omega^2 \cdot r^2 \cdot \sin(\theta) + m\cdot g \cdot r \cdot ( 1 - \cos(\theta)) }\)

Koralik w stanie równowagi ma zerową energię kinetyczną i minimalną energię potencjalną.

Znajdujemy minimum lokalne funkcji \(\displaystyle{ V(\theta). }\)

W tym celu obliczamy pochodną pierwszego rzędu i przyrównujemy lewą stronę do zera:

\(\displaystyle{ V'(\theta) = -m\cdot r^2 \cdot \omega^2\sin(\theta)\cdot \cos(\theta) + m\cdot g \cdot r \sin(\theta) = m\cdot g \cdot r\cdot \sin(\theta)\cdot \left(-\frac{r\cdot \omega^2}{g} \cos(\theta) + 1\right) = 0 }\)

Stąd

\(\displaystyle{ \sin(\theta)\left(1 - \frac{r \cdot \omega^2}{g} \cdot \cos(\theta)\right) = 0 }\)

Wprowadzając oznaczenie:

\(\displaystyle{ \frac{r \cdot \omega^2}{g} = \gamma,}\) mamy

\(\displaystyle{ \sin(\theta)( 1 -\gamma\cdot \cos(\theta)) = 0 }\)

Równanie to ma rozwiązanie \(\displaystyle{ \theta_{0} = 0. }\)

Jeśli \(\displaystyle{ \gamma > 1 }\) istnieją dwa inne rozwiązania równania \(\displaystyle{ -\theta_{1}, \ \ \theta_{1}. }\)

\(\displaystyle{ \cos(\theta_{1}) = \frac{1}{\gamma}. }\)

Badamy znak drugiej pochodnej:

\(\displaystyle{ V^{''}(\theta) = m\cdot g \cdot r \cdot \cos(\theta)\cdot(1- \gamma\cdot \cos(\theta))+ m\cdot g\cdot r\cdot \gamma \sin^2(\theta) = m\cdot g \cdot r \cdot( \cos(\theta -\gamma\cdot \cos^2(\theta) +\gamma\cdot \sin^2(\theta)) }\)

\(\displaystyle{ V^{''} (0) = m\cdot g \cdot r\cdot( 1 -\gamma) \ \ (*) }\)

Z \(\displaystyle{ (*) }\) wynika, że gdy \(\displaystyle{ \gamma \leq 1 }\) całkowita energia potencjalna koralika osiąga minimum dla \(\displaystyle{ \theta = 0 }\)

Stąd

\(\displaystyle{ \frac{r\cdot \omega^2}{g} \leq 1 }\)

\(\displaystyle{ \omega \leq \sqrt{\frac{g}{r}}. }\)

Kładąc

\(\displaystyle{ \omega = \frac{2\pi}{T}, }\) otrzymujemy warunek na punkt równowagi niestabilnej koralika:

\(\displaystyle{ T \geq 2\pi \sqrt{\frac{r}{g}}. }\)

Punkty \(\displaystyle{ \pm \theta_{1} = \pm \arccos (\gamma^{-1}) }\) są punktami równowagi stabilnej koralika.

Dodano po 53 minutach 56 sekundach:
Możemy przyjrzeć się symetrii tego układu fizycznego. O ruchu obrotowym obręczy można „zapomnieć”, jeśli tylko uwzględnimy siłę odśrodkową, bo jedynym efektem wprowadzanym przez ten ruch jest pojawienie się tej siły. Siła ta jak wspomniałem - działa w kierunku prostopadłym do osi obrotu i jest zwrócona od osi. Zauważmy też, że koralik nie „czuje” pełnej siły ciężkości, lecz jedynie jej składową styczną do okręgu. Zarówno siła odśrodkowa jak i ta składowa styczna zależą od położenia koralika na obręczy. Jasne jest więc, że przesuwanie koralika wzdłuż okręgu
nie jest transformacją symetrii. Symetrią jest natomiast przeniesienie koralika na drugą część obręczy, symetrycznie względem osi obrotu – chodzi o zmianę kąta \(\displaystyle{ \theta }\) na \(\displaystyle{ –\theta}\) . Dwukrotne wykonanie tej transformacji daje powrót do położenia wyjściowego, czyli tzw. transformację identycznościową. Te dwie transformacje: \(\displaystyle{ \theta \rightarrow -\theta }\) oraz identycznościowa (czyli \(\displaystyle{ \theta \rightarrow \theta }\)) tworzą grupę tak zwaną grupę \(\displaystyle{ Z_{2} }\). Obecność tej symetrii ma odzwierciedlenie w tym, że funkcja \(\displaystyle{ V(\theta) }\) jest parzysta, \(\displaystyle{ V(\theta) = V(–\theta).}\)
Położenie koralika \(\displaystyle{ θ = 0 }\) jest niezmiennicze względem transformacji symetrii, położenia \(\displaystyle{ -\theta_{1}, \theta_{1} }\) zaś nie są. Wyniki te oznaczają, że przy dostatecznie dużych prędkościach kątowych \(\displaystyle{ \omega > \sqrt{\frac{g}{r}} }\) następuje spontaniczne złamanie symetrii.
Model ten stanowi analogię do przejść fazowych: zmiana parametru zewnętrznego, w tym wypadku prędkości kątowej \(\displaystyle{ \omega }\), wywołuje zmianę stanu podstawowego układu. W przejściach fazowych parametrem zewnętrznym jest najczęściej temperatura, ale może też nim być ciśnienie, pole magnetyczne itd. W wielu przejściach fazowych następuje spontaniczne złamanie symetrii.

ODPOWIEDZ