Космическая гантеля

[Ost]

Да, получается.
Остаётся решить дифф. ур.

Можно сразу выделить статическое решение
\(\displaystyle \vec a=\vec Q(\vec r) \cdot f\left(\vec r, \vec v \right) = 0\).

\(\displaystyle f\left(\vec r, \vec v \right) = 0\).

[Иван Горин]

Появлась ещё одна идея.
Правая часть нашего дифур это внешнее воздействие.
Сила натяжения троса это сила в ИСО.
В ИСО есть только центростремительная сила - сила натяжения троса.
Ищем её в ИСО.
\[\bar{F_\tau }=-m\omega ^2rcos(\bar{r},\bar{r_\tau })\frac{\bar{r_\tau }}{r_\tau }\]

\[cos(\bar{r},\bar{r_\tau })=\frac{\bar{r}}{r}\frac{\bar{r_\tau }}{r_\tau }\]
\[\bar{F_\tau }=-m\frac{\omega ^2}{r^2_\tau}(\bar{r}\bar{r_\tau })\bar{r_\tau }\]

[Dachnik]

А что вы скажете на это.
Пока тело висит на потолке на подвесе, на него действует только цбс по радиусу.
Когда тело тащат по радиусу со скоростью V,
       \( \vec \omega \)  и \( \vec V  \)  на одной прямой.
Векторное произведение дает скаляр.
В записи  \( Fk = m\omega^2 \vec R \)  сила направлена по радиусу.
Отклонения нет.

[Иван Горин]

А что вы скажете на это.
Пока тело висит на потолке на подвесе, на него действует только цбс по радиусу.

Да. Но наш груз висит около пола, а затем поднимается. До подъёма отклонения от вертикали нет.
И на груз, и на станцию деёствует ЦБ сила по радиусу станции и подвесу.

Когда тело тащат по радиусу со скоростью V,
       \( \vec \omega \)  и \( \vec V  \)  на одной прямой.
Векторное произведение дает скаляр.

Не на одной прямой. Эти вектора перпендикулярны.
Векторное произведение дает вектор. Это скалярное произведение векторов даёт скаляр.

В записи  \( Fk = m\omega^2 \vec R \)  сила направлена по радиусу.
Отклонения нет.

Где такая запись?

[Ost]

Появлась ещё одна идея.
Правая часть нашего дифур это внешнее воздействие.
Сила натяжения троса это сила в ИСО.
В ИСО есть только центростремительная сила - сила натяжения троса.
Ищем её в ИСО.
\[\bar{F_\tau }=-m\omega ^2\bar{r}cos(\bar{r},\bar{r_\tau })\]

\[cos(\bar{r},\bar{r_\tau })=\frac{\bar{r}}{r}\frac{\bar{r_\tau }}{r_\tau }\]
\[\bar{F_\tau }=-m\frac{\omega ^2}{r^2_\tau}(\bar{r}\bar{r_\tau })\bar{r_\tau }\]

\(\bar{F_\tau }=-m\omega ^2 ~\bar{r}~cos(\bar{r},\bar{r_\tau })\)
Сила натяжения троса не может иметь направление \(\vec r\).
Скаляр \(cos(\bar{r},\bar{r_\tau })\) не изменяет этого направления.

[Иван Горин]

\(\bar{F_\tau }=-m\omega ^2 ~\bar{r}~cos(\bar{r},\bar{r_\tau })\)
Сила натяжения троса не может иметь направление \(\vec r\).
Скаляр \(cos(\bar{r},\bar{r_\tau })\) не изменяет этого направления.

Да, в первой формуле ошибка. Там должны быть модули. Неправильно перенёс с черновика.
Но последняя формула правильная.
После всех преобразований получил при подъёме груза с пола:
\[\bar{r_\tau }=h+i\frac{V}{2\omega }-i\frac{V}{2\omega }e^{-i2\omega t}\]
Красивая формула. Движение груза по дуге окружности со сдвинутом центром.
Но при проверке оказалось, что модуль этого вектора не равен Vt.
Значит решение опять тупиковое.

Модуль вектора скорости должен быть постоянным и равным V.
А такое возможно только в том случае, когда груз передвигается по прямой с постоянной скоростью.
Значит вектор ускорения груза равен нулю.
Но тогда и угол отклонения будет равен нулю.
Или нет?

[Ost]

Да, в первой формуле ошибка. Там должны быть модули. Неправильно перенёс с черновика.
Но последняя формула правильная.
После всех преобразований получил при подъёме груза с пола:
\[\bar{r_\tau }=h+i\frac{V}{2\omega }-i\frac{V}{2\omega }e^{-i2\omega t}\]
Красивая формула. Движение груза по дуге окружности со сдвинутом центром.
Но при проверке оказалось, что модуль этого вектора не равен Vt.
Значит решение опять тупиковое.

Модуль вектора скорости должен быть постоянным и равным V.
А такое возможно только в том случае, когда груз передвигается по прямой с постоянной скоростью.
Значит вектор ускорения груза равен нулю.
Но тогда и угол отклонения будет равен нулю.
Или нет?

Но последняя формула правильная.

Она не полная. В ней нет составляющей силы Кориолиса, связанной с колебаниями троса как маятника.
Она записана для статического случая, движения груза равномерно в направлении троса.

В статическом случаи вектор ускорения груза равен нулю и сила Кориолиса отклоняет груз на постоянный угол.
Все силы скомпенсированы.

[Ost]

\(\displaystyle \vec a=\vec Q(\vec r) \cdot f\left(\vec r, \vec v \right)\).
Вектор как функция координат со скалярным множителем зависимым от координат и скорости.
Будет проще.
\(\displaystyle \vec Q(\vec r_\tau) = \frac{\left[\vec \Omega_z  \times \vec r_\tau \right]}{|\vec \Omega_z| \cdot |\vec r_\tau|}\).

\(\displaystyle \vec a_\tau = \frac{\left[\vec \Omega_z  \times \vec r_\tau \right]}{|\vec \Omega_z| \cdot |\vec r_\tau|} \cdot \left(\frac{\left[\vec \Omega_z  \times \vec r_\tau \right]}{|\vec \Omega_z| \cdot |\vec r_\tau|} \cdot \left(-2 \left[\vec \Omega_z \times \vec v_\tau \right] + Ω_z^2~ (\vec r_\tau+ \vec r_0) \right) \right)  \).

\(\displaystyle \vec a_\tau = \frac{\left[\vec \Omega_z  \times \vec r_\tau \right]}{|\vec \Omega_z|^2 \cdot |\vec r_\tau|^2} \cdot \left( \left[\vec \Omega_z  \times \vec r_\tau \right] \cdot \left(-2 \left[\vec \Omega_z \times \vec v_\tau \right] + Ω_z^2~ (\vec r_\tau+ \vec r_0) \right) \right)  \).

\(\displaystyle \vec a_\tau = \frac{\left[\vec \Omega_z  \times \vec r_\tau \right]}{|\vec \Omega_z|^2 \cdot |\vec r_\tau|^2} \cdot \left(-2 \left[\vec \Omega_z  \times \vec r_\tau \right] \cdot \left[\vec \Omega_z \times \vec v_\tau \right] + Ω_z^2~  \left[\vec \Omega_z  \times \vec r_\tau \right] \cdot \vec r_\tau+ Ω_z^2~\left[\vec \Omega_z  \times \vec r_\tau \right]  \cdot \vec r_0 \right) \).

\(\displaystyle \vec a_\tau = \frac{\left[\vec \Omega_z  \times \vec r_\tau \right]}{|\vec \Omega_z|^2 \cdot |\vec r_\tau|^2} \cdot
\left(-2 \left[\vec \Omega_z  \times \vec r_\tau \right] \cdot \left[\vec \Omega_z \times \vec v_\tau \right] +  Ω_z^2~\left[\vec \Omega_z  \times \vec r_\tau \right]  \cdot \vec r_0 \right) \).

\(\displaystyle \vec a_\tau = \frac{\left[\vec \Omega_z  \times \vec r_\tau \right]}{|\vec \Omega_z|^2 \cdot |\vec r_\tau|^2} \cdot
\left(-2 \left[ \vec r_\tau \times \left[\vec \Omega_z \times \vec v_\tau \right]\right] \cdot \vec \Omega_z  +  Ω_z^2~\left[\vec r_\tau \times  \vec r_0\right]  \cdot \vec \Omega_z \right) \).

\(\displaystyle \vec a_\tau = \frac{\left[\vec \Omega_z  \times \vec r_\tau \right]}{|\vec \Omega_z|^2 \cdot |\vec r_\tau|^2} \cdot
\left(-2 Ω_z^2~\left( \vec r_\tau \cdot \vec v_\tau \right)  +  Ω_z^2~\left[\vec r_\tau \times  \vec r_0\right]  \cdot \vec \Omega_z \right) \).

\(\displaystyle \vec a_\tau = \frac{\left[\vec \Omega_z  \times \vec r_\tau \right]}{|\vec r_\tau|^2} \cdot
\left(-2 \left( \vec r_\tau \cdot \vec v_\tau \right)  + \left[\vec r_\tau \times  \vec r_0\right]  \cdot \vec \Omega_z \right) \).

\(\displaystyle \vec a_\tau = \frac{\left[\vec \Omega_z  \times \vec r_\tau \right]}{|\vec r_\tau|^2} \cdot
\left(-2 |\vec r_\tau| ~ |\vec v_\tau|~cos(\beta) - \Omega_z~ |\vec r_\tau|~ |\vec r_0|~sin(\alpha) \right) \).

\(\displaystyle \vec a_\tau = -\left[\vec \Omega_z  \times \frac{\vec r_\tau}{|\vec r_\tau|} \right] \cdot
\left(2 |\vec v_\tau|~cos(\beta) + \Omega_z~|\vec r_0|~sin(\alpha) \right) \).

В статическом случае

\(\displaystyle 2 v_\tau~cos(0) + \Omega_z~ r_0~sin(\alpha) = 0 \).

\(\displaystyle sin(\alpha) = -\frac{2 v_\tau}{\Omega_z~ (R_0-h_0)} \).

[Иван Горин]

Угол отклонения.
Легче вывести при опускании груза.
При подъёме будет такой же угол, но положительный, после окончания переходного процесса.
Переходный процессс рассмотрим позже.
Мы выяснили,что ускорение груза при подъёме/опускании в установившемся режиме равно нулю. Угол отклонения const.
Значит сила реакции троса F уравновешивается силой Кориолиса и центробежной силой.
\(-\bar{F}=\bar{F_k}+\bar{F_c}\,(1)\)
\(\bar{r_\tau }=Vte^{-i\alpha }\)
\(\dot{\bar{r_\tau }}=Ve^{-i\alpha }\)
\(\bar{F_c}/m=\omega ^2\bar{r}=\omega ^2[(R-h)+\bar{r_\tau }]=\omega ^2(R-h)+\omega ^2Vte^{-i\alpha }\)
\(\bar{F_k}/m=-2i\omega \dot{\bar{r_\tau }}=-2i\omega Ve^{-i\alpha }\)
Подставим найденные силы в (1)
\(-\frac{F}{m}e^{-i\alpha }=\omega ^2(R-h)+\omega ^2Vte^{-i\alpha }-2i\omega Ve^{-i\alpha }\)
Домножим обе части на \(-e^{-i\alpha }\)
\(\frac{F}{m}=-\omega ^2(R-h)e^{-i\alpha }-\omega ^2Vt+2i\omega V\)
После преобразований получим:
\[\frac{F}{m}=-\omega ^2[(R-h)cos\alpha +Vt]+i\omega [\omega (R-h)sin\alpha +2V]\]
Левая часть действительная. Значит мнимая равна нулю.
\(\omega (R-h)sin\alpha +2V=0\)
\[\sin\alpha =-\frac{2V}{\omega (R-h)}\]

Возможно есть описки. Списывал с черновика.
При опускании груза переходного процесса для угла нет. Груз сразу начинает опускаться под углом альфа.
При подъёме есть переходный процесс. Угол не может измениться мгновенно.
Интересно какой это процессс. Переодический или апериодический.

[Ost]

Угол отклонения.
Легче вывести при опускании груза.
При подъёме будет такой же угол, но положительный, после окончания переходного процесса.
Переходный процессс рассмотрим позже.
Мы выяснили,что ускорение груза при подъёме/опускании в установившемся режиме равно нулю. Угол отклонения const.
Значит сила реакции троса F уравновешивается силой Кориолиса и центробежной силой.
\(-\bar{F}=\bar{F_k}+\bar{F_c}\,(1)\)
\(\bar{r_\tau }=Vte^{-i\alpha }\)
\(\dot{\bar{r_\tau }}=Ve^{-i\alpha }\)
\(\bar{F_c}/m=\omega ^2\bar{r}=\omega ^2[(R-h)+\bar{r_\tau }]=\omega ^2(R-h)+\omega ^2Vte^{-i\alpha }\)
\(\bar{F_k}/m=-2i\omega \dot{\bar{r_\tau }}=-2i\omega Ve^{-i\alpha }\)
Подставим найденные силы в (1)
\(-\frac{F}{m}e^{-i\alpha }=\omega ^2(R-h)+\omega ^2Vte^{-i\alpha }-2i\omega Ve^{-i\alpha }\)
Домножим обе части на \(-e^{-i\alpha }\)
\(\frac{F}{m}=-\omega ^2(R-h)e^{-i\alpha }-\omega ^2Vt+2i\omega V\)
После преобразований получим:
\[\frac{F}{m}=-\omega ^2[(R-h)cos\alpha +Vt]+i\omega [\omega (R-h)sin\alpha +2V]\]
Левая часть действительная. Значит мнимая равна нулю.
\(\omega (R-h)sin\alpha +2V=0\)
\[\sin\alpha =-\frac{2V}{\omega (R-h)}\]

Возможно есть описки. Списывал с черновика.
При опускании груза переходного процесса для угла нет. Груз сразу начинает опускаться под углом альфа.
При подъёме есть переходный процесс. Угол не может измениться мгновенно.
Интересно какой это процесс. Периодический или апериодический.

Явных ошибок нет, результат верный.
Переходной процесс всегда будет при вертикальном начальном положении.
Процесс колебаний можно исследовать по уравнению
\(\displaystyle \vec a_\tau = -\left[\vec \Omega_z  \times \frac{\vec r_\tau}{|\vec r_\tau|} \right] \cdot  \left(2 |\vec v_\tau|~cos(\beta) + \Omega_z~|\vec r_0|~sin(\alpha) \right)\).

[Ost]

Явных ошибок нет, результат верный.
Переходной процесс всегда будет при вертикальном начальном положении.
Процесс колебаний можно исследовать по уравнению
\(\displaystyle \vec a_\tau = -\left[\vec \Omega_z  \times \frac{\vec r_\tau}{|\vec r_\tau|} \right] \cdot  \left(2 |\vec v_\tau|~cos(\beta) + \Omega_z~|\vec r_0|~sin(\alpha) \right)\).

В этом случае нас интересует только модуль ускорения
\(\displaystyle  a_\tau = -2\Omega_z~ |\vec v_\tau|~cos(\beta) - \Omega_z^2~|\vec r_0|~sin(\alpha)\).

[Иван Горин]

В этом случае нас интересует только модуль ускорения
\(\displaystyle  a_\tau = -2\Omega_z~ |\vec v_\tau|~cos(\beta) - \Omega_z^2~|\vec r_0|~sin(\alpha)\).

Как можно решить такое уравнение?
Здесь почти все переменные зависят от времени, за исключением r₀ и омега.
Что за угол бетта?

[Ost]

Как можно решить такое уравнение?
Здесь почти все переменные зависят от времени, за исключением r₀ и омега.
Что за угол бетта?

Учитываем, что

\(\displaystyle \vec v_\tau = \frac{d \vec r_\tau}{dt} = \vec v + \vec V\), где
\(\vec v~-\) скорость перпендикулярная тросу, скорость колебаний маятника;
\(\vec V~-\) постоянная скорость троса.
Угол между тросом (вектором \(\vec V\)) и результирующей скоростью будет равен \(\displaystyle \beta = atan \left(\frac{v}{V} \right) \)
\(\displaystyle |\vec v_\tau| = \sqrt{V^2+v^2}\), тогда

\(\displaystyle \sqrt{V^2+v^2}~ cos\left(atan \left(\frac{v}{V}\right) \right)=V \).

Уравнение можно записать так
\(\displaystyle  a_\tau = -2\Omega_z~ V - \Omega_z^2~(R_0-h_0)~sin(\alpha)\).

\(\displaystyle  a_\tau =  - \Omega_z^2~(R_0-h_0)~sin\left(\frac{s_\tau}{Vt+L_0}\right) -2\Omega_z~ V\), где \(L_0~-\) начальная длина троса.

\(\displaystyle a_ \tau = \frac{d^2s_\tau}{dt^2}\).

\(s_\tau~-\) дуга по которой движется груз в процессе колебаний.

Возможно, точно, будет так
\(\displaystyle  2V~\frac{d\alpha}{dt}+(Vt+L_0)~\frac{d^2\alpha}{dt^2} =  - \Omega_z^2~(R_0-h_0)~sin\left(\alpha\right) -2\Omega_z~ V\).

[Иван Горин]

Учитываем, что

\(\displaystyle \vec v_\tau = \frac{d \vec r_\tau}{dt} = \vec v + \vec V\), где
\(\vec v~-\) скорость перпендикулярная тросу, скорость колебаний маятника;
\(\vec V~-\) постоянная скорость троса.
Угол между тросом (вектором \(\vec V\)) и результирующей скоростью будет равен \(\displaystyle \beta = atan \left(\frac{v}{V} \right) \)
\(\displaystyle |\vec v_\tau| = \sqrt{V^2+v^2}\), тогда

\(\displaystyle \sqrt{V^2+v^2}~ cos\left(atan \left(\frac{v}{V}\right) \right)=V \).

Уравнение можно записать так
\(\displaystyle  a_\tau = -2\Omega_z~ V - \Omega_z^2~(R_0-h_0)~sin(\alpha)\).

\(\displaystyle  a_\tau =  - \Omega_z^2~(R_0-h_0)~sin\left(\frac{s_\tau}{Vt+L_0}\right) -2\Omega_z~ V\), где \(L_0~-\) начальная длина троса.

\(\displaystyle a_ \tau = \frac{d^2s_\tau}{dt^2}\).

\(s_\tau~-\) дуга по которой движется груз в процессе колебаний.

Возможно, точно, будет так
\(\displaystyle  2V~\frac{d\alpha}{dt}+(Vt+L_0)~\frac{d^2\alpha}{dt^2} =  - \Omega_z^2~(R_0-h_0)~sin\left(\alpha\right) -2\Omega_z~ V\).

Михаил, не всё понятно.
Длина дуги в установившемя режиме,как я понимаю, должна быть:
\(s_{\tau уст} =\alpha_{уст} r_\tau =\alpha_{уст} (h_0-Vt)\)
И тогда
\(\displaystyle a_\tau = - \Omega_z^2~(R_0-h_0)~sin\left(\frac{s_\tau}{h_0-Vt}\right) -2\Omega_z~ V\)
Но тогда в левой части будет не вторая производная дуги, а вторая производная модуля длины подвеса, которая после окончания переходного процесса равна нулю.

[Ost]

Михаил, не всё понятно.
Длина дуги в установившемя режиме,как я понимаю, должна быть:
\(s_{\tau уст} =\alpha_{уст} r_\tau =\alpha_{уст} (h_0-Vt)\)
И тогда
\(\displaystyle a_\tau = - \Omega_z^2~(R_0-h_0)~sin\left(\frac{s_\tau}{h_0-Vt}\right) -2\Omega_z~ V\)
Но тогда в левой части будет не вторая производная дуги, а вторая производная модуля длины подвеса, которая после окончания переходного процесса равна нулю.

\(\vec a_\tau~-\) этот вектор перпендикулярен подвесу.
Это вторая производная отклонения от вертикали по дуге. При малых углах, дуга со направлена с осью у.

https://news.mail.ru/incident/36699602/?frommail=1

[Иван Горин]

Возможно, точно, будет так
\(\displaystyle  2V~\frac{d\alpha}{dt}+(Vt+L_0)~\frac{d^2\alpha}{dt^2} =  - \Omega_z^2~(R_0-h_0)~sin\left(\alpha\right) -2\Omega_z~ V\).

Коэффициент при второй производной под сомнением.

Итак имеем нелинейное дифференциальное уравнение с коэффициентами, зависящими от времени и с постоянной правой частью, то есть с постоянным возмущением.

\(\displaystyle  2V~\frac{d\alpha}{dt}+(Vt+L_0)~\frac{d^2\alpha}{dt^2} + \Omega_z^2~(R_0-h_0)~sin\left(\alpha\right)= -2\Omega_z~ V\).
Возможность решения только численными методами.
И ещё очень интересная вещь.
После окончания переходного процесса получаем \(\displaystyle \sin \alpha\) отрицательным. А должно быть положительным при подъёме.
И в моих выводах методом домножения на единичный вектор при подъёме груза \(\displaystyle \sin \alpha\) также получается отрицательным, как и при опускании груза.
Что за чудеса? Не могу понять.
Уравнение должно быть с положительной правой частью
\(\displaystyle  2V~\frac{d\alpha}{dt}+(Vt+L_0)~\frac{d^2\alpha}{dt^2} + \Omega_z^2~(R_0-h_0)~sin\left(\alpha\right)= 2\Omega_z~ V\).

А возможно такое
\(\displaystyle  2V~\frac{d\alpha}{dt}+(h_0-Vt)~\frac{d^2\alpha}{dt^2} + \Omega_z^2~(R_0-h_0)~sin\left(\alpha\right)= 2\Omega_z~ V\).

[Ost]

Коэффициент при второй производной под сомнением.

Итак имеем нелинейное дифференциальное уравнение с коэффициентами, зависящими от времени и с постоянной правой частью, то есть с постоянным возмущением.

\(\displaystyle  2V~\frac{d\alpha}{dt}+(Vt+L_0)~\frac{d^2\alpha}{dt^2} + \Omega_z^2~(R_0-h_0)~sin\left(\alpha\right)= -2\Omega_z~ V\).
Возможность решения только численными методами.
И ещё очень интересная вещь.
После окончания переходного процесса получаем \(\displaystyle \sin \alpha\) отрицательным. А должно быть положительным при подъёме.
И в моих выводах методом домножения на единичный вектор при подъёме груза \(\displaystyle \sin \alpha\) также получается отрицательным, как и при опускании груза.
Что за чудеса? Не могу понять.
Уравнение должно быть с положительной правой частью
\(\displaystyle  2V~\frac{d\alpha}{dt}+(Vt+L_0)~\frac{d^2\alpha}{dt^2} + \Omega_z^2~(R_0-h_0)~sin\left(\alpha\right)= 2\Omega_z~ V\).

А возможно такое
\(\displaystyle  2V~\frac{d\alpha}{dt}+(h_0-Vt)~\frac{d^2\alpha}{dt^2} + \Omega_z^2~(R_0-h_0)~sin\left(\alpha\right)= 2\Omega_z~ V\).

А возможно такое

Нет, при второй производной всегда длина подвеса от точки крепления.
Скорость при подъёме по уравнению отрицательна. Против вектора \(\vec r_\tau\)

[Иван Горин]

Нет, при второй производной всегда длина подвеса от точки крепления.
Скорость при подъёме по уравнению отрицательна. Против вектора \(\vec r_\tau\)

Но начальная длина подвеса L₀ равна высоте каюты, то есть h₀
Скорость V в уравнении это модуль, он положительный. А направление вектора уже учтено при выводе уравнений. Поэтому длина подвеса уменьшается и равна h₀-Vt
Задачу надо решать в общем виде.
Для наглядности на всех моих чертежах я выбрал радиус до пола 10 м от центра вращения, высоту каюты 3 м. Всё в масштабе.
При скорости подъёма/спуска  1,733 м/с угол отклонения в установившемся режиме равен \(\pm\) 30°
g=9,81 м/с₂ у пола.
\(\omega\)=0,99028531 рад/c

[Ost]

Но начальная длина подвеса L₀ равна высоте каюты, то есть h₀
Скорость V в уравнении это модуль, он положительный. А направление вектора уже учтено при выводе уравнений. Поэтому длина подвеса уменьшается и равна h₀-Vt
Задачу надо решать в общем виде.
Для наглядности на всех моих чертежах я выбрал радиус до пола 10 м от центра вращения, высоту каюты 3 м. Всё в масштабе.
При скорости подъёма/спуска  1,733 м/с угол отклонения в установившемся режиме равен \(\pm\) 30°
g=9,81 м/с₂ у пола.
\(\omega\)=0,99028531 рад/c

Но начальная длина подвеса L₀ равна высоте каюты, то есть h₀

Всё отсчитывается от начала координат,  по чертежу от потолка. У потолка \(L_0=0\)

Скорость V в уравнении это модуль, он положительный. А направление вектора уже учтено при выводе уравнений.

Не обязательно модуль. По смыслу это проекция она помнит знак.

[Иван Горин]

Всё отсчитывается от начала координат,  по чертежу от потолка. У потолка \(L_0=0\)

Понятно. У тебя L₀ не константа, а переменная.
Считаем задачу завершенной.
И вопрос.
Где ты нашел использование комплексных чисел в механике.
Нам по термеху в институте такой метод не давали. Ни в одном учебнике этого метода нет.
Я его давно использую сам по аналогии с ТОЭ. Разумеется с исключениями. Деление векторов-комплексов запрещено. Умножение не по правилим ТОЭ, а по правилим механики. Операции с мнимой единицей одинаковы. Взятие производных одинаковы.
Ещё один человек с сетях интернета пользуется этим методом. Это Дробышев.