Bleibt eine fallende Stange in Kontakt mit dem reibungsfreien Boden?

Die Technik, die man bei solchen Problemen anwenden sollte, ist anzunehmen , dass der Stab in Kontakt mit dem Tisch bleibt, und dann zu versuchen herauszufinden, ob die Normalkraft jemals das Vorzeichen für einen bestimmten Winkel wechselt$\theta$wie die Stange fällt. Wenn dies der Fall ist, muss die untere Spitze der Stange den Tisch verlassen, da ein "reibungsloser Tisch" die Stange nicht nach unten ziehen kann. er kann ihn nur nach oben schieben. Ähnliche Techniken werden bei der Lösung des klassischen Problems "Puck rutscht eine reibungsfreie Halbkugel hinunter" sowie des Problems "herunterfallendes Lineal" verwendet.

Eigentlich ist dies ein ziemliches Durcheinander, aber hier ist eine grobe Skizze. Lassen$L$sei die Länge der Stange und$m$sei seine Masse. Lassen$I = \frac{1}{4} \beta m L^2$sei das Trägheitsmoment des Stabs um seinen Massenmittelpunkt; beachten Sie, dass$\beta = \frac{1}{3}$für einen Stab mit gleichmäßiger Dichte, während$\beta = 1$wenn sich die Masse an den Spitzen konzentriert. Dies geschieht, um etwas mehr Allgemeingültigkeit zu bieten; Ich nehme jedoch an, dass die Massenverteilung symmetrisch ist, sodass der Massenmittelpunkt im geometrischen Mittelpunkt des Stabes liegt.

Die Zutaten, die Sie benötigen, sind:

• Geometrische Einschränkungen: Die vertikale Position des Massenmittelpunkts der Stange wird sein$z = \frac{1}{2} L \cos \theta$(positiv nehmen$z$nach oben sein.) Durch zweimalige Differenzierung erhalten wir für die Geschwindigkeit und Beschleunigung des Massenmittelpunktes

  $$v = - \frac{L}{2} \omega \sin \theta, \\ a = - \frac{L}{2} ( \alpha \sin \theta + \omega^2 \cos \theta),$$ Wo$\alpha$ist die Winkelbeschleunigung des Stabes.

• Energieerhaltung: Da der Tisch keine Arbeit an der Stabspitze verrichtet, bleibt die mechanische Energie des Stabes erhalten. Dies ergibt eine Beziehung zwischen$v$Und$\omega$.

• Newtons zweites Gesetz (übersetzt): Mit Newtons zweitem Gesetz können Sie sich beziehen$a$Und$N$.

• Zweites Newtonsches Gesetz (Rotation): Wenn Sie das Drehmoment um den Massenmittelpunkt der Stange berechnen, können Sie eine Beziehung zwischen finden$N$Und$\alpha$.

Dies gibt uns ein System von fünf Gleichungen und fünf Unbekannten$\{N, v, a, \omega, \alpha \}$was gelöst werden kann. Nachdem ich es durchgegangen bin, finde ich, dass die Normalkraft eine Funktion von ist$\theta$Ist

$$N = \frac{mg \beta (\beta + (1- \cos \theta)^2)}{(\beta + \sin^2 \theta)^2}$$ was für jeden Wert von offensichtlich positiv ist$\theta$. Somit verlässt die Spitze der Rute den Tisch nicht; der Tisch behält beim Fallen kontinuierlich eine nach oben gerichtete Normalkraft bei.

Um zu sehen, was passiert, müssen Sie die Bewegungsgleichung schreiben und dann die Gleichungen simulieren.

Wir haben zwei verallgemeinerte Koordinaten$x$ist die Übersetzung auf dem Boden und die Drehung der Stange.

ausgehend vom Ortsvektor zum Schwerpunkt erhält man:

$$\vec{R}=\left[ \begin {array}{c} l\sin \left( \varphi \right) +x \\ l\cos \left( \varphi \right) \end {array} \right] \tag 1$$

aus Gleichung (1) erhält man die kinetische Energie$\quad T=\frac{m}{2}\vec{\dot{R}}^T\,\vec{\dot{R}}+\frac{I_{cm}}{2}\dot{\varphi}^2$und die potentielle Energie$U=m\,g\,\vec{R}_y$

$\Rightarrow$

Die Bewegungsgleichungen:

$${\frac {d^{2}}{d{\tau}^{2}}}\varphi \left( \tau \right) +{\frac {m{l} ^{2}\cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \sin \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \left( {\frac {d}{d\tau}} \varphi \left( \tau \right) \right) ^{2}}{m{l}^{2}+{\it Icm}-m{l}^{2 } \left( \cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \right) ^{ 2}}}-{\frac {mgl\sin \left( \varphi \left( \tau \right) \right) }{m{ l}^{2}+{\it Icm}-m{l}^{2} \left( \cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \right) ^{2}}} =0\tag 3$$

$${\frac {d^{2}}{d{\tau}^{2}}}x \left( \tau \right) +{\frac {m{l}^{2} \cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \sin \left( \varphi \left( \tau \right) \right) g}{m{l}^{2}+{\it Icm}-m{l}^{2} \left( \cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \right) ^{2}}}-{ \frac { \left( {\frac {d}{d\tau}}\varphi \left( \tau \right) \right) ^{2}l\sin \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \left( m{l}^{2}+{\it Icm} \right) }{m{l}^{2}+{\it Icm}-m{l}^{2} \left( \cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \right) ^{2 }}} =0\tag 4$$

wir müssen auch die Normalkraft (Kontaktkraft Stabboden) erhalten. Zur Berechnung der Normalkraft$N$Ich füge der Richtung der Normalkraft, die ist, einen zusätzlichen Freiheitsgrad hinzu$y$also ist der Positionsvektor jetzt:

$$\vec{R}= \left[ \begin {array}{c} l\sin \left( \varphi \right) +x \\ l\cos \left( \varphi \right) +y\end {array} \right]$$

die "neuen" Bewegungsgleichungen sind$\ddot{\varphi}=\ldots\,,\ddot{x}=\ldots$Und$\ddot{y}=\ldots$aber wir haben auch die holonome Beschränkungsgleichung (Lagrange-Multiplikator).

$y=0\quad \Rightarrow\quad \dot{y}=0\,,\ddot{y}=0$

Damit haben wir genug Gleichungen, um die Kontaktkraft zu berechnen$N$

$$N={\frac {{\it Icm}\,ml\cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \left( {\frac {d}{d\tau}}\varphi \left( \tau \right) \right) ^{2}}{m{l}^{2}+{\it Icm}-m{l}^{2} \left( \cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \right) ^{2}}}-{\frac {m{\it Icm}\,g}{m {l}^{2}+{\it Icm}-m{l}^{2} \left( \cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \right) ^{2}}} \tag 5$$

Simulation

Ich starte die Simulation mit den Anfangsbedingungen:

$x(0)=0,D(x)(0)=0,\varphi(0)=0.1,D(\varphi)(0)=0.3$

Ich stoppe die Simulation, wenn die Drehung der Stange 90 Grad erreicht.

Sie sehen, dass die Kontaktkraft$N$größer als Null ist, sodass die Stange Bodenkontakt hat, können Sie diese Situation nur vermeiden, wenn Sie ein externes Drehmoment auf die Stange ausüben .

Vergleichen Sie die Normalkraft mit der Michael Seifert Normalkraft

mit:

$\varphi(0)=0$Und$Icm=\frac{1}{4}\,\beta\,m\,(2\,l)^2$

$$N={\frac {mg\beta\, \left( \beta+ \left( 1-\cos \left( \varphi \right) \right) ^{2} \right) }{ \left( \beta+ \left( \sin \left( \varphi \right) \right) ^{2} \right) ^{2}}} \tag 6$$

roter Plot Normalkraftgleichung (5), blauer Plot ist die Normalkraftgleichung (6) wir bekommen die gleichen Ergebnisse!!!

@MichaelSeifert hat eine sehr schöne Antwort.

Ich möchte es hier nur aus einem anderen Blickwinkel beschreiben.

Eine Berechnung

Wenn Sie nur untersuchen möchten, ob der Kontakt in einem bestimmten Winkel verloren geht$\theta$, dann kann man es bei diesem Problem auch so machen: Nur das untere Ende des Stabes hat Bodenkontakt . Damit die Rute also nach dem Drehen um einen Winkel den Bodenkontakt verlässt$\theta$, sollte die vertikale (nach oben gerichtete) Beschleunigung des Kontaktpunktes (POC) durch alle Kräfte außer der Normalkraft mindestens nichtnegativ werden. Man kann sich dann vorstellen, dass die Stange in diesem Fall nicht mehr durch den POC "in den Boden fällt" (sie ist tatsächlich bereit, wegzufliegen), und der Boden wird also nicht mit einer Normalkraft ungleich Null auf die Stange einwirken, um sie zu verlangsamen es nach unten; Wenn dies der Fall ist, wird es aufgrund der Geometrie des Problems nur die vertikale Aufwärtsbeschleunigung von POC verstärken, was mit der Einschränkung nicht vereinbar ist.

Beachten Sie nun, dass die Beschleunigung des POC in vertikaler Richtung an dieser Stelle aufgrund aller Kräfte außer der Normalkraft einfach wäre$\frac{\Omega^2 L}{2} \cos \theta - g$.

$\Bigg[$Wir wissen es auch$\Omega^2$bezüglich$\theta$aus dem Energieerhaltungsprinzip (solange die Nebenbedingung eingehalten wird). Eine schnelle Möglichkeit, die kinetische Energie aufzuschreiben, besteht darin, festzustellen, dass sich der rotierende Stab augenblicklich um eine Achse dreht, die senkrecht zur Ebene des Stabs steht und durch den Schnittpunkt der vertikalen Linie durch POC und der horizontalen Linie durch COM verläuft. Dies würde eine kinetische Energie von ergeben$\frac{1}{2}mL^2\Big[\frac{1}{12}+\frac{\sin^2\theta}{4} \Big] \Omega^2$, die man nach einem Absinken von COM in der Höhe erhält$\frac{L}{2}(1-\cos\theta)$.$\Bigg]$

Wenn Sie jetzt wirklich die Menge berechnen$\frac{\Omega^2 L}{2} \cos \theta - g$, Sie werden feststellen, dass es wie der Zähler des Ausdrucks for ist$N$gefunden von @MichaelSeifert, außer dass es ein negatives Vorzeichen hätte$-$Das heißt, es kann niemals positiv sein und der Kontakt kann daher niemals verloren gehen.

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Intuition

Wir verstehen jetzt, was für den Kontaktverlust verantwortlich ist$-$es ist die Winkelgeschwindigkeit der Stange! Je größer es ist, desto größer ist die Wahrscheinlichkeit, dass der Bodenkontakt verloren geht. Aber was passiert, wenn Sie der Rute am Anfang eine anfängliche Winkelgeschwindigkeit geben?$-$bricht jetzt der kontakt ab? Es treten zwei Fälle auf:

1. Beide Kontakte gehen oben selbst verloren.

2. Oder der Kontakt geht nie verloren.

Das solltest du natürlich mathematisch ausrechnen. Aber es gibt einen intuitiven Weg, es zu verstehen$-$davon ausgehen, dass der Kontakt irgendwann schräg verloren geht$\theta \neq 0$(zumindest für kurze Zeit), dann hat der Kontaktpunkt in diesem Moment die Geschwindigkeit Null in vertikaler Richtung. Von hier an dreht sich die Stange für einen unendlich kleinen Moment weiter, ohne dass sich etwas ändert$\Omega$, aber dann$\frac{\Omega^2 L}{2} \cos \theta - g$( was bisher nicht positiv war ) wird wieder negativ, weil$\theta$wird einen Moment später zunehmen. Sobald dies geschieht, fällt die Rute durch den POC in den Boden, und der Boden nimmt es nicht gut auf und übt als Reaktion eine normale Kraft aus. Und das ist ein Widerspruch!

Wenn Sie die Stange jedoch am Anfang selbst zu schnell drehen, verliert sie den Kontakt, weil$\frac{\Omega^2 L}{2} \cos \theta - g$wird sein$>0$am Start selbst und wird später nicht negativ.

Daraus ergibt sich eigentlich die Intuition, dass die Stange den Kontakt für das ursprünglich von Ihnen gestellte Problem nicht verlieren wird$-$nämlich, dass, da im ursprünglichen Fall der Kontakt beim Start nicht verloren geht, er tatsächlich nie verloren geht (solange das andere Ende der Stange nicht den Boden berührt)!

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Warnung : Verwenden Sie diese Idee nicht bei einem allgemeinen Problem, da der Kontaktpunkt im Allgemeinen möglicherweise nicht derselbe Punkt ist (z. B. eine rollende Scheibe auf einer flachen Ebene). Der allgemeine Weg ist natürlich, die Einschränkung zu implementieren und sicherzustellen, dass dies der Fall ist$N\geq0$damit die Constraint-Annahme in solchen Problemen selbstkonsistent ist.