Автор Тема: Задача из "Кванта"  (Прочитано 1378 раз)

0 Пользователей и 1 Гость просматривают эту тему.

Оффлайн Дробышев

  • Местный мудрец
  • *****
  • Сообщений: 510
  • Страна: su
  • Рейтинг: +108/-374
Задача из "Кванта"
« : 14 Март 2019, 14:16:29 »
Задача вот отсюда, страницы 17-18, номер Ф2541. На мой взгляд, явно не школьная. Ответ у меня получился такой. Угол начала проскальзывания обруча

\(\displaystyle \theta_1 =\arcsin\frac{2(2\sqrt{13}-1)}{17}.\)

Угол отрыва обруча \(\theta_2\) находится из решения трансцендентного уравнения

\(\displaystyle e^{\pi (\theta_2 -\theta_1)/90^o}=\frac{3(2\sin\theta_2 +\cos\theta_2)}{\sqrt{13}+1}.\)

Численно \(\theta_1=46,9466^o\), а \(\theta_2=57,5698^o\).



Решение, я думаю, появится во втором номере за 19-й год - на данный момент он не вышел.

Большой Форум

Задача из "Кванта"
« : 14 Март 2019, 14:16:29 »
Загрузка...

Оффлайн ER*

  • Местный мудрец
  • *****
  • Сообщений: 12870
  • Страна: de
  • Рейтинг: +1655/-1147
  • Пол: Мужской
  • nemo curat 😈
Re: Задача из "Кванта"
« Ответ #1 : 14 Март 2019, 14:28:11 »
Для удобства читателей

формулировка:

« Последнее редактирование: 14 Март 2019, 14:33:59 от ER* »

Оффлайн Дробышев

  • Местный мудрец
  • *****
  • Сообщений: 510
  • Страна: su
  • Рейтинг: +108/-374
Re: Задача из "Кванта"
« Ответ #2 : 14 Март 2019, 14:41:54 »
Для удобства читателей
Да, спасибо.

Оффлайн Dachnik

  • Местный мудрец
  • *****
  • Сообщений: 11125
  • Страна: ru
  • Рейтинг: +403/-1475
  • Пол: Мужской
Re: Задача из "Кванта"
« Ответ #3 : 14 Март 2019, 16:10:30 »
Текст Дробышева решением назвать нельзя.
Математика должна применяться после изложения физики явления, которая много сложнее
много сложнее скольжения шарика по ободу.
Если Дробышев специально об этом умалчивает, то вряд ли кто тут будет эту задачку даже обсуждать.

Оффлайн Иван Горин

  • Модератор
  • Местный мудрец
  • *****
  • Сообщений: 3278
  • Страна: ru
  • Рейтинг: +515/-926
  • Пол: Мужской
Re: Задача из "Кванта"
« Ответ #4 : 14 Март 2019, 17:02:54 »
Текст Дробышева решением назвать нельзя.
Математика должна применяться после изложения физики явления, которая много сложнее
много сложнее скольжения шарика по ободу.
Если Дробышев специально об этом умалчивает, то вряд ли кто тут будет эту задачку даже обсуждать.
Дробышев привёл ответ своего решения.
А решение не привёл. И правильно сделал.
Участники могут привести свои решения и сравнить ответы с ответом Дробышева.

Оффлайн Andrey_R

  • Пламенный трибун
  • ****
  • Сообщений: 268
  • Страна: su
  • Рейтинг: +27/-5
Re: Задача из "Кванта"
« Ответ #5 : 15 Март 2019, 00:11:20 »
Задача вот отсюда, страницы 17-18, номер Ф2541. На мой взгляд, явно не школьная. Ответ у меня получился такой. Угол начала проскальзывания обруча

\(\displaystyle \theta_1 =\arcsin\frac{2(2\sqrt{13}-1)}{17}.\)

Угол отрыва обруча \(\theta_2\) находится из решения трансцендентного уравнения

\(\displaystyle e^{\pi (\theta_2 -\theta_1)/90^o}=\frac{3(2\sin\theta_2 +\cos\theta_2)}{\sqrt{13}+1}.\)

Численно \(\theta_1=46,9466^o\), а \(\theta_2=57,5698^o\).



Решение, я думаю, появится во втором номере за 19-й год - на данный момент он не вышел.

У меня выходит
\(\displaystyle \theta_1 =2\arctan\frac{(\sqrt{13}-1)}{6}.\)
И это совпадает с вашим, так что правильно. А для второго угла задачка действительно выходит не школьная, или мы ее неправильно решаем.

Оффлайн Dachnik

  • Местный мудрец
  • *****
  • Сообщений: 11125
  • Страна: ru
  • Рейтинг: +403/-1475
  • Пол: Мужской
Re: Задача из "Кванта"
« Ответ #6 : 15 Март 2019, 10:17:39 »

Обруч массой m начинает катится вниз с коэффициентом трения качения = 1(Абсурд, трение качения меньше трения скольжения)
 Момент инерции обруча  ь J = mR2
Полная энергия обруча \(  mv^2/2 + J\omega^2/2  = mgh \) делится на энергию линейного движения и энергию вращения.

\( J\omega^2/2 = mR^2*V^2/2R^2 = mV^2/2 \)

Линейная скорость \(  V =  \sqrt {gh} \)

Вращательный момент создает сила трения равная lдавлению обруча на цилиндр .mg*SinFi

Из этого давления вычитается центробежная сила  \( mV^2/R = mgh/R \)

Что будет  при равенстве этих сил  mg*SinFi  = mgh/R
SinFi = h/R
(R-h)/R = h/R
R = 2h
Sin Fi = 0.5
Fi = 30o

Но это и есть точка отрыва от цилиндра.

Что то я тут не учел.

Я не учитываю, что обруч скатывается не по треугольнику. Линейная скорость растет не линейно
Скатывающая сила будет сила тяжести минус сила трения \(  F = mgCos F - mgSinFi \)

Линейное ускорение  \( a = \frac {F}{m} = g(CosFi - SinFi) \)

Угловое ускорение должно быть равно Моменту силы трения/момент инерции обруча.
\( e = \frac {mgSinFi*r}{mr^2} =gSinFi/r \)

\( a = e*r = gSinFi \)

Проскальзывание начнется при \(  g(CosFi - SinFi) = gSinF  \)
TgFi - 1 = 1
Fi = arctg2 Примерно 63о
Или 27о от вертикали.
До этого угла полная энергия будет делиться пополам, Затем все уйдет на линейную скорость и силу трения на путь.
Дальше опять думать надо.










« Последнее редактирование: 15 Март 2019, 11:42:41 от Dachnik »

Оффлайн Dachnik

  • Местный мудрец
  • *****
  • Сообщений: 11125
  • Страна: ru
  • Рейтинг: +403/-1475
  • Пол: Мужской
Re: Задача из "Кванта"
« Ответ #7 : 15 Март 2019, 11:46:33 »
Вы не учли, что в какой-то момент начинается проскальзывание, и с этого момента закон сохранения энергии работать перестает, или как минимум надо начинать учитывать силу трения.
Я не предупредил, что решение в работе. Подождали бы 5 минут и почитали бы, что я там не учел.
Я еще не привел окончательного решения.
Дробышев не привел никакого.
« Последнее редактирование: 15 Март 2019, 11:57:08 от Dachnik »

Оффлайн Andrey_R

  • Пламенный трибун
  • ****
  • Сообщений: 268
  • Страна: su
  • Рейтинг: +27/-5
Re: Задача из "Кванта"
« Ответ #8 : 15 Март 2019, 15:45:24 »
Я не предупредил, что решение в работе. Подождали бы 5 минут и почитали бы, что я там не учел.
Я еще не привел окончательного решения.
Дробышев не привел никакого.

Дробышев привел ответ, который для первого угла совпал с моим. Мне этого достаточно, чтобы убедиться в верности его и моего решения для первого угла. Для второго сложнее.

Оффлайн Dachnik

  • Местный мудрец
  • *****
  • Сообщений: 11125
  • Страна: ru
  • Рейтинг: +403/-1475
  • Пол: Мужской
Re: Задача из "Кванта"
« Ответ #9 : 15 Март 2019, 16:41:59 »
Дробышев привел ответ, который для первого угла совпал с моим. Мне этого достаточно, чтобы убедиться в верности его и моего решения для первого угла. Для второго сложнее.
Я не вижу ни вашего решения, ни Дробышева.

Оффлайн Dachnik

  • Местный мудрец
  • *****
  • Сообщений: 11125
  • Страна: ru
  • Рейтинг: +403/-1475
  • Пол: Мужской
Re: Задача из "Кванта"
« Ответ #10 : 15 Март 2019, 16:59:29 »
У меня выходит
\(\displaystyle \theta_1 =2\arctan\frac{(\sqrt{13}-1)}{6}.\)

\(2\arctan\frac{(\sqrt{13}-1)}{6}. = 2\arctan 0,433 = 2*23.41^o = 46.82^o\)
Угол от вертикали.

\(\displaystyle \theta_1 =\arcsin\frac{2(2\sqrt{13}-1)}{17}.\)
\( \arcsin \frac {2(2\sqrt{13}-1)}{17} = \arcsin 0,73 = 46.89^o \)

Решения явно разные, но ответы одинаковые??
« Последнее редактирование: 15 Март 2019, 18:51:25 от Dachnik »

Оффлайн Andrey_R

  • Пламенный трибун
  • ****
  • Сообщений: 268
  • Страна: su
  • Рейтинг: +27/-5
Re: Задача из "Кванта"
« Ответ #11 : 15 Март 2019, 18:55:10 »
\(2\arctan\frac{(\sqrt{13}-1)}{6}. = 2\arctan 0,433 = 2*23.41^o = 46.82^o\)
Угол от вертикали.

\(\displaystyle \theta_1 =\arcsin\frac{2(2\sqrt{13}-1)}{17}.\)
\( \arcsin \frac {2(2\sqrt{13}-1)}{17} = \arcsin 0,73 = 46.89^o \)

Решения явно разные, но ответы одинаковые??

Может быть хоть 10 разных решений, но если они правильные, то ответы должны быть одинаковыми.

Оффлайн Дробышев

  • Местный мудрец
  • *****
  • Сообщений: 510
  • Страна: su
  • Рейтинг: +108/-374
Re: Задача из "Кванта"
« Ответ #12 : 16 Март 2019, 11:12:56 »
Получил решение в более общем виде, когда коэффициент трения \(\mu\) произволен, а также произволен безразмерный момент инерции тела \(\alpha\) (\(J=\alpha mr^2\), для обруча \(\alpha=1\), для однородного сплошного диска 1/2, для однородного шара 2/5). Итак,

\(\displaystyle \theta_1 =\arcsin\left( \mu\frac{(3+\alpha)\sqrt{(1+\alpha)(5+\alpha)\mu^2+\alpha^2}-2\alpha}{(3+\alpha)^2\mu^2+\alpha^2}\right) ,\)

а угол отрыва \(\theta_2\) находится как решение уравнения

\(\displaystyle e^{\pi \mu(\theta_2 -\theta_1)/ 90^o} =\frac{3(1+\alpha)(2\mu \sin\theta_2+\cos\theta_2)}{2(1+\sqrt{(1+\alpha)(5+\alpha)\mu^2+\alpha^2})}.\)

Оффлайн Дробышев

  • Местный мудрец
  • *****
  • Сообщений: 510
  • Страна: su
  • Рейтинг: +108/-374
Re: Задача из "Кванта"
« Ответ #13 : 16 Март 2019, 13:34:13 »
Отсюда получаем частные случаи:

А) \(\alpha=1\) (тонкий обруч) и \(\mu=1\). Имеем исходную задачу и формулы в стартовом сообщении.

Б) \(\mu=0\) (цилиндр гладкий) и \(\alpha\) произвольное. Тогда \(\theta_1=0\) - проскальзывание начинается сразу же, а для угла отрыва имеем \(\cos \theta_2 =2/3\) - этот результат хорошо известен.

В) \(\alpha=0\) (например, колесо с малой массивной ступицей и невесомыми спицами и ободом), а \(\mu\) произвольное. Тогда \(\cos\theta_1 =\cos\theta_2 =2/3\) - проскальзывания нет вплоть до момента отрыва.
« Последнее редактирование: 16 Март 2019, 16:18:30 от Дробышев »

Оффлайн Andrey_R

  • Пламенный трибун
  • ****
  • Сообщений: 268
  • Страна: su
  • Рейтинг: +27/-5
Re: Задача из "Кванта"
« Ответ #14 : 16 Март 2019, 18:22:00 »
Получил решение в более общем виде, когда коэффициент трения \(\mu\) произволен, а также произволен безразмерный момент инерции тела \(\alpha\) (\(J=\alpha mr^2\), для обруча \(\alpha=1\), для однородного сплошного диска 1/2, для однородного шара 2/5). Итак,

\(\displaystyle \theta_1 =\arcsin\left( \mu\frac{(3+\alpha)\sqrt{(1+\alpha)(5+\alpha)\mu^2+\alpha^2}-2\alpha}{(3+\alpha)^2\mu^2+\alpha^2}\right) ,\)

а угол отрыва \(\theta_2\) находится как решение уравнения

\(\displaystyle e^{\pi \mu(\theta_2 -\theta_1)/ 90^o} =\frac{3(1+\alpha)(2\mu \sin\theta_2+\cos\theta_2)}{2(1+\sqrt{(1+\alpha)(5+\alpha)\mu^2+\alpha^2})}.\)

Выражение для первого угла получается очень просто.
А вот для второго появляется нелинейный дифур второй степени, который не хочет упрощаться и не особенно поддается для явного решения. Даже сомнительно, что у вас оно верное. 
« Последнее редактирование: 16 Март 2019, 20:03:03 от Andrey_R »

Оффлайн Dachnik

  • Местный мудрец
  • *****
  • Сообщений: 11125
  • Страна: ru
  • Рейтинг: +403/-1475
  • Пол: Мужской
Re: Задача из "Кванта"
« Ответ #15 : 16 Март 2019, 18:37:29 »
Отсюда получаем частные случаи:

А) \(\alpha=1\) (тонкий обруч) и \(\mu=1\). Имеем исходную задачу и формулы в стартовом сообщении.

Б) \(\mu=0\) (цилиндр гладкий) и \(\alpha\) произвольное. Тогда \(\theta_1=0\) - проскальзывание начинается сразу же, а для угла отрыва имеем \(\cos \theta_2 =2/3\) - этот результат хорошо известен.

В) \(\alpha=0\) (например, колесо с малой массивной ступицей и невесомыми спицами и ободом), а \(\mu\) произвольное. Тогда \(\cos\theta_1 =\cos\theta_2 =2/3\) - проскальзывания нет вплоть до момента отрыва.
Физические задачи решаются методами математической физики, где каждое выражение обязано иметь определенный физический смысл.
Если в цепочке математических выкладок физический смысл пропадает, то цепочка ложная.

Цитировать
Б) \(\mu=0\) (цилиндр гладкий) и \(\alpha\) произвольное. Тогда \(\theta_1=0\) - проскальзывание начинается сразу же, а для угла отрыва имеем \(\cos \theta_2 =2/3\) - этот результат хорошо известен.
Смотрите мой рисунок. Угол Fi от вертикали.
Трения нет.
 Прижимная сила mg*CosFi
CosFi = (R - h)/R
Центробежная сила отрыва  \( mv^2/R = m2gh/R \)
mg*CosFi = m2gh/R
CosFi  = 2h/R = (R - h)/R
3h = R
CosFi  = 2/3

Цитировать
В) \(\alpha=0\) (например, колесо с малой массивной ступицей и невесомыми спицами и ободом), а \(\mu\) произвольное. Тогда \(\cos\theta_1 =\cos\theta_2 =2/3\) - проскальзывания нет вплоть до момента отрыва.
Что значит \(\alpha=0\) а \(\mu\) произвольное.?
Из полной энергии mgh вычтутся потери энергии на трение и вращение.
Никак косинус не будет тоже  2/3.




Оффлайн Andrey_R

  • Пламенный трибун
  • ****
  • Сообщений: 268
  • Страна: su
  • Рейтинг: +27/-5
Re: Задача из "Кванта"
« Ответ #16 : 16 Март 2019, 20:07:42 »

Что значит \(\alpha=0\) а \(\mu\) произвольное.?
Из полной энергии mgh вычтутся потери энергии на трение и вращение.
Никак косинус не будет тоже  2/3.

\(\alpha=0\) означает нулевой момент инерции, а, значит, колесо может вращаться свободно, и никаких потерь энергии на вращение не будет. Поэтому же сцепление будет при любом трении, а, значит, не будет потерь энергии и на трение. 

Оффлайн Дробышев

  • Местный мудрец
  • *****
  • Сообщений: 510
  • Страна: su
  • Рейтинг: +108/-374
Re: Задача из "Кванта"
« Ответ #17 : 17 Март 2019, 00:29:31 »
А вот для второго появляется нелинейный дифур второй степени, который не хочет упрощаться и не особенно поддается для явного решения. Даже сомнительно, что у вас оно верное.
Диффуры у меня сводятся к линейным неоднородным 1-го порядка.

Использую стандартные обозначения: \(N\) - сила нормальной реакции цилиндра, \(F\) - сила, противоположная направлению скорости ЦМ тела \(v\) (при отсутствии проскальзывания это касательная сила сцепления, при проскальзывании - сила трения скольжения).

Уравнения движения

\(\displaystyle m\frac{dv}{dt}=mg\sin\theta -F, \qquad -\frac{mv^2}{R}=N-mg\cos\theta,\)  (1)

где \(R\) - радиус окружности, по которой движется ЦМ. Итак, вначале рассматриваем участок, на котором проскальзывания нет. Для него \(F<\mu N\). Уравнение вращательного движения \(Fr=J d\omega/dt\), но \(v-\omega r=0\) (нет проскальзывания!) и \(J=\alpha mr^2\). Тогда

\(\displaystyle F=\alpha m\frac{dv}{dt}.\)  (2)

В результате диффура принимает вид

\(\displaystyle \frac{dv}{dt}=\frac{g\sin\theta}{1+\alpha}.\)  (3)

Дальше идет замена независимой переменной и функции

\(\displaystyle \frac{dv}{dt}=\frac{d\theta}{dt}\frac{dv}{d\theta}=\frac{v}{R}\frac{dv}{d\theta}=\frac{1}{R} \frac{d\varepsilon}{d\theta}, \qquad \varepsilon\equiv \frac{v^2}{2}.\)  (4)

Величина \(\varepsilon\) очевидно имеет смысл кинетической энергии поступательного движения на единицу массы. Получаем \(d\varepsilon/d\theta=gR\sin\theta /(1+\alpha)\), и так как \(\varepsilon(0)=0\), то

\(\displaystyle v^2=2\varepsilon =\frac{2gR}{1+\alpha}(1-\cos\theta).\)  (5)

Из второго из уравнений (1) при учете (5) находим силу нормальной реакции в зависимости от угла

\(\displaystyle N=\frac{mg}{1+\alpha}[(3+\alpha)\cos\theta -2],\)

а из (2) и (3) - силу \(F\)

\(\displaystyle F=\frac{\alpha mg\sin\theta}{1+\alpha}.\)

Проскальзывание начинается при таком угле \(\theta=\theta_1\), при котором \(F=\mu N\):

\(\displaystyle \mu (3+\alpha)\cos\theta_1 =2\mu+\alpha\sin\theta_1.\)  (6)

Возводим обе части (6) в квадрат и находим \(\sin\theta_1\), а затем с повторным использованием (6) и \(\cos\theta_1\):

\(\displaystyle \sin\theta_1=\mu\frac{(3+\alpha)\sqrt{d}-2\alpha}{(3+\alpha)^2\mu^2+\alpha^2}, \qquad \cos\theta_1=\frac{\alpha\sqrt{d}+2(3+\alpha)\mu^2}{(3+\alpha)^2\mu^2+\alpha^2},\)  (7)

где введено обозначение \(d\equiv (1+\alpha)(5+\alpha)\mu^2+\alpha^2\). Первая часть задачи решена.

Оффлайн Дробышев

  • Местный мудрец
  • *****
  • Сообщений: 510
  • Страна: su
  • Рейтинг: +108/-374
Re: Задача из "Кванта"
« Ответ #18 : 17 Март 2019, 00:30:44 »
На участке скольжения \(F=\mu N\) и из (1) получаем диффуру

\(\displaystyle \frac{dv}{dt}=g\sin\theta-\mu g\cos\theta+\frac{\mu v^2}{R}.\)

Применяем всё ту же замену (4) и сводим уравнение к линейному неоднородному:

\(\displaystyle \frac{d\varepsilon}{d\theta}-2\mu\varepsilon=gR(\sin\theta-\mu\cos\theta).\)  (8)

Решение ищем в виде

\(\displaystyle \varepsilon=gR(\frac{1}{2}Ce^{2\mu\theta}+A\sin\theta+B\cos\theta).\)  (9)

Подстановка (9) в (8) и приведение подобных с синусами и косинусами приводит к системе уравнений для неизвестных коэффициентов \(A\) и \(B\): \(-2\mu A-B=1\), \(A-2\mu B=-\mu\). Решая ее, получаем из (9)

\(\displaystyle v^2=2\varepsilon =gR\left(Ce^{2\mu\theta}-\frac{6\mu}{1+4\mu^2}\sin\theta-\frac{2-4\mu^2}{1+4\mu^2}\cos\theta\right),\)

а из второго из уравнений (1)

\(\displaystyle N =mg\left(-Ce^{2\mu\theta}+\frac{6\mu}{1+4\mu^2}\sin\theta +\frac{3}{1+4\mu^2}\cos\theta\right).\)  (10)

Осталось найти постоянную интегрирования \(C\). Для этого замечаем, что при \(\theta=\theta_1\)

\(\displaystyle N=\frac{F}{\mu}=\frac{\alpha mg\sin\theta_1}{\mu(1+\alpha)}.\)  (11)

Приравнивая (10) при \(\theta=\theta_1\) и (11), имеем

\(\displaystyle Ce^{2\mu\theta_1}=\frac{1}{\mu(1+4\mu^2)(1+\alpha)}[[2\mu^2(3+\alpha)-\alpha]\sin\theta_1 +3\mu(1+\alpha)\cos\theta_1].\)

Подставляя сюда (7), получаем

\(\displaystyle C=\frac{2(\sqrt{d}+1)}{(1+\alpha)(1+4\mu^2)}e^{-2\mu\theta_1}.\)

Окончательное выражение для нормальной реакции цилиндра на участке скольжения таково:

\(\displaystyle N=\frac{mg}{1+4\mu^2}\left(-\frac{2(\sqrt{d}+1)}{1+\alpha}e^{2\mu(\theta-\theta_1)} +3(2\mu\sin\theta+\cos\theta)\right).\)

Отрыв происходит при таком угле \(\theta=\theta_2\), при котором реакция обращается в ноль - \(N=0\). Тогда уравнения для нахождения \(\theta_2\) имеет вид

\(\displaystyle e^{2\mu(\theta_2-\theta_1)}=\frac{3}{2}\frac{1+\alpha}{\sqrt{d}+1}(2\mu\sin\theta_2+\cos\theta_2).\)

Задача решена полностью.

Оффлайн Andrey_R

  • Пламенный трибун
  • ****
  • Сообщений: 268
  • Страна: su
  • Рейтинг: +27/-5
Re: Задача из "Кванта"
« Ответ #19 : 17 Март 2019, 10:23:29 »
На участке скольжения \(F=\mu N\) и из (1) получаем диффуру

\(\displaystyle \frac{dv}{dt}=g\sin\theta-\mu g\cos\theta+\frac{\mu v^2}{R}.\)

Применяем всё ту же замену (4) и сводим уравнение к линейному неоднородному:

\(\displaystyle \frac{d\varepsilon}{d\theta}-2\mu\varepsilon=gR(\sin\theta-\mu\cos\theta).\)  (8)

Решение ищем в виде

\(\displaystyle \varepsilon=gR(\frac{1}{2}Ce^{2\mu\theta}+A\sin\theta+B\cos\theta).\)  (9)

Подстановка (9) в (8) и приведение подобных с синусами и косинусами приводит к системе уравнений для неизвестных коэффициентов \(A\) и \(B\): \(-2\mu A-B=1\), \(A-2\mu B=-\mu\). Решая ее, получаем из (9)

\(\displaystyle v^2=2\varepsilon =gR\left(Ce^{2\mu\theta}-\frac{6\mu}{1+4\mu^2}\sin\theta-\frac{2-4\mu^2}{1+4\mu^2}\cos\theta\right),\)

а из второго из уравнений (1)

\(\displaystyle N =mg\left(-Ce^{2\mu\theta}+\frac{6\mu}{1+4\mu^2}\sin\theta +\frac{3}{1+4\mu^2}\cos\theta\right).\)  (10)

Осталось найти постоянную интегрирования \(C\). Для этого замечаем, что при \(\theta=\theta_1\)

\(\displaystyle N=\frac{F}{\mu}=\frac{\alpha mg\sin\theta_1}{\mu(1+\alpha)}.\)  (11)

Приравнивая (10) при \(\theta=\theta_1\) и (11), имеем

\(\displaystyle Ce^{2\mu\theta_1}=\frac{1}{\mu(1+4\mu^2)(1+\alpha)}[[2\mu^2(3+\alpha)-\alpha]\sin\theta_1 +3\mu(1+\alpha)\cos\theta_1].\)

Подставляя сюда (7), получаем

\(\displaystyle C=\frac{2(\sqrt{d}+1)}{(1+\alpha)(1+4\mu^2)}e^{-2\mu\theta_1}.\)

Окончательное выражение для нормальной реакции цилиндра на участке скольжения таково:

\(\displaystyle N=\frac{mg}{1+4\mu^2}\left(-\frac{2(\sqrt{d}+1)}{1+\alpha}e^{2\mu(\theta-\theta_1)} +3(2\mu\sin\theta+\cos\theta)\right).\)

Отрыв происходит при таком угле \(\theta=\theta_2\), при котором реакция обращается в ноль - \(N=0\). Тогда уравнения для нахождения \(\theta_2\) имеет вид

\(\displaystyle e^{2\mu(\theta_2-\theta_1)}=\frac{3}{2}\frac{1+\alpha}{\sqrt{d}+1}(2\mu\sin\theta_2+\cos\theta_2).\)

Задача решена полностью.

Да, похоже, всё верно. (8) из предыдущего выражения я получить не догадался.  В любом случае, в школе такие дифуры не решают. Интересно будут узнать, какое решение редакция "кванта" предполагает от школьников.

А первая часть простая, школьная. Только там  я в (6) выражал синус с косинусом через тангенс половинного угла, коэффициенты в квадратном уравнении получаются немного проще.   
 
« Последнее редактирование: 17 Март 2019, 12:35:47 от Andrey_R »

Большой Форум

Re: Задача из "Кванта"
« Ответ #19 : 17 Март 2019, 10:23:29 »
Loading...