19.6: Рух на циклоїді, згортання вниз

Last updated
Save as PDF

Page ID: 76386

\( \newcommand{\vecs}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} } \) \( \newcommand{\vecd}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash {#1}}} \)\(\newcommand{\id}{\mathrm{id}}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\) \( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\) \( \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}\) \( \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}\) \( \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}\) \( \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}\) \( \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}\) \( \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\) \(\newcommand{\id}{\mathrm{id}}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\) \( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\) \( \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}\) \( \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}\) \( \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}\) \( \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}\) \( \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}\) \( \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\)

Ми уявляємо частинку, що ковзає по зовнішній стороні перевернутої гладкої циклоїдної чаші, або кульку, що ковзає вниз гладким циклоїдним дротом. Припустимо, що в той час\(t = 0\) частка знаходилася у верхній частині циклоїди і проектувалася вперед з горизонтальною швидкістю\(v_0\). Див. Малюнок XIX.7.

альт

Цього разу рівняння руху

\[ \ddot{s} =g sin \psi \label{19.6.1} \]

\[ \dfrac{mv^2}{ \rho} = mg \cos \phi - R. \label{19.6.2} \]

Аргументами, подібними до тих, що наведені в розділі 19.5, ми виявляємо, що

\[ \ddot{s} = \dfrac{gs}{4a} \label{19.6.3} \]

Загальним рішенням цього є

\[ s = Ae^{pt} + Be^{-pt}, \label{19.6.4} \]

де

\[ p = \sqrt{g/(2a)}. \label{19.6.5} \]

З заданою початковою умовою (at\( t = 0, s = 0, \dot{s} = v_0 \)), ми можемо знайти A і B і, отже,:

\[ s = v_{0} \sqrt{\dfrac{a}{g}} (e^{pt} - e^{-pt})\label{19.6.6} \]

Знову продовжуючи, як у розділі 19.5, знаходимо для\(R\):

\[ R = \dfrac{m}{4 \cos \psi} (4ga \cos 2 \psi - v^2_0) . \label{19.6.7} \]

Отже — що відбувається?

Якщо обмеження двостороннє (кулька ковзає по дроті) R стає нулем, коли\( \cos 2 \pi = v^2_0 / (2 /ga), \) і після цього R знаходиться в протилежному напрямку.

Якщо обмеження одностороннє (частка ковзає по зовнішній стороні гладкої циклоїдної чаші):

Якщо\(v^2_0\ > 4ga\), частка втрачає контакт в момент проекції.
Якщо\(v^2_0\ < 4ga\) частка втрачає контакт\( \cos 2 \pi = v^2_0 /(2ga)\), як тільки, дуже мала (тобто дуже значно менше, ніж\(\sqrt(2ga) \)), це станеться тоді, коли\( \psi = 45 \circ \); для більш швидких початкових швидкостей контакт втрачається швидше.

Приклад\(\PageIndex{1}\)

Частка проектується горизонтально зі швидкістю v ₀ = 1 m s ⁻¹ від вершини гладкого циклоїдного пагорба

\( x = a(2\theta + \sin 2 \theta \)

\( y = 2a \cos ^2 \theta , \)

де\( a = 2\) м. припускаючи, що g = 9.8 m s ⁻², скільки часу потрібно, щоб спуститися на півдорозі з пагорба (тобто до\(y = a\))?

Рішення

Ми повинні використовувати рівняння\ ref {19.6.6}. При наведених числових даних це

\( s = 0.451754(e^{1.565248t} - e^{-1.565248t}). \)

Ми можемо знайти\(s\) з Рівняння 19.4.12, яке дає нам\(s\) = 2.828427 м Якщо ми дозволимо нам тепер вирішити 6.26099 =\( \xi - 1 / \xi \), або\(\xi^2 - 6.26099 \xi -1 = 0 \). Від цього\( \xi \) = 6,41683 і, отже,\(t\) = 1,19 с.

Я залишаю читачеві обчислити R в цей час - і справді, щоб побачити, чи втрачає частка контакт з пагорбом до цього. Можливо, той факт, що я отримав позитивний справжній корінь,\( \xi \) означає, що у нас все гаразд, і частка все ще контактує - але я б не був у цьому впевнений. Я залишаю це читачеві для подальшого дослідження.