13 en realidad la respuesta para el "Diablo del problema" en la física (con un rodillo de tubo con una varilla)?

Question

Recientemente he masticado de la grasa con un estudiante de física y tienes intrigado por lo de mencionar "el Diablo del problema", en la cual describió como una redactado con un lenguaje sencillo problema de mecánica que es muy difícil de resolver y tiene una respuesta de exactamente 13 a pesar de la formulación de no tener números y ser muy natural. Que eso es un poco loco, así que me reí y le dijo que estaba de broma, pero él respondió que no, que él no estaba bromeando.

Entonces él me explicó la formulación del problema. Tienes un tubo de plástico, como un tubo que se usa para llevar los carteles de las conferencias, pero abierto en ambos extremos. Usted fije una fina pero pesada barra a la superficie interior del tubo, en paralelo al tubo del eje. El tubo se coloca en un piso, de modo que la varilla está en la posición superior, y luego se lanzó a rodar lejos de esa posición de equilibrio inestable. El piso no es resbaladizo, así que no hay deslizamiento. Cuántas veces más pesado que el original del tubo de la varilla debe ser para el tubo para saltar?

Soy un estudiante de estudiar algo relacionado a la física, y aunque me gustaba la física en la escuela, este problema es demasiado difícil para mí crack, así que no puedo decir si él estaba engañando a mí o si lo que dijo es cierto. He tratado de encontrar el problema en Internet, pero fue en vano, así que voy a postear aquí. Es místico y un poco de miedo si el Diablo docena realmente aparece de la nada en tan sencillamente, un problema planteado, pero supongo que el estudiante era un farol, contando sobre mi incapacidad para resolver tales problemas. No entiendo por qué el tubo iba a saltar.

Acabo de hacer una ilustración para ayudar a entender la descripción del problema:

Puede la varilla realmente a saltar? Si es así, ¿cómo se puede abordar este problema? Me puedes ayudar a el bluff del estudiante, o es de 13 realmente la respuesta?

ACTUALIZACIÓN: Para aclarar, en respuesta a un comentario más abajo, la barra y la pared del tubo es mucho más delgado que el diámetro del tubo y por lo tanto se puede suponer que la infinitesimalmente delgada. Del mismo modo, un infinitesimal perturbación inicial debido a una ligera asimetría o las fluctuaciones térmicas que se asume. El problema está bien planteado desde el punto de vista matemático, así que la única pregunta es cómo resolverlo y ¿cuál es la respuesta.

UPDATE 2. Parece que he descubierto por qué el tubo va a saltar si la masa de la varilla es lo suficientemente grande, pero no puedo calcular el umbral exacto. Mi prueba del salto es en mi respuesta a continuación.

Answer 1

No sé si hay una hermosa solución para esto. Me encantaría verlo, si es que existe. Lo que puedo hacer es mostrar cómo trabajar en este proyecto a mi manera a través de él. Todas las alabanzas a los poderosos de Mathematica.

Parte I: Obtención de las Ecuaciones de Movimiento

En primer lugar, podemos prescindir del cilindro y de la varilla y considerar sólo un punto de masa $M$ sobre un anillo de masa $m$ y radio de $R$. Definir $\theta$ como el ángulo de la masa que forma con la vertical, como se muestra:

Todos los de la dinámica de este problema puede ser encuadrada en los términos de este ángulo. Suponiendo que un no-slip condición y puramente horizontal de movimiento, la velocidad lineal del centro de el anillo es $R\dot \theta$, donde $R$ es el anillo de la radio. Las componentes de la velocidad de la masa del punto son $$v_x = R\dot \theta + \frac{d}{dt}\big(R\sin(\theta)\big) = R\dot\theta + R\cos(\theta) \dot\theta$$ $$v_y = \frac{d}{dt}R\big(1+\cos(\theta)\big) = -R\sin(\theta)\dot\theta$$

La energía cinética total se puede expresar como (i) la energía cinética de traslación del centro de masa del anillo, más (ii) la energía cinética de rotación del anillo alrededor de su centro, además de (iv) la energía cinética de la masa del punto. Sumando todas estas contribuciones de los rendimientos

$$T = \frac{1}{2}m(R\dot \theta)^2 + \frac{1}{2}(mR^2)\dot \theta^2 + \frac{1}{2}M\left(\big(R\dot \theta + R\cos(\theta)\dot \theta\big)^2 + \big(-R\sin(\theta)\dot\theta\big)^2\right)$$ $$ = mR^2\dot\theta^2 + \frac{1}{2}MR^2\dot \theta^2\left(2+2\cos(\theta)\right)$$ $$= MR^2\dot \theta^2\left(1+\cos(\theta)+\mu\right)$$

donde $\mu\equiv \frac{m}{M}$. La energía potencial es simplemente $U=MgR(1+\cos(\theta))$, por lo que el Lagrangiano de este sistema es

$$L = MR^2\dot\theta^2\left(1+\cos(\theta)+\mu\right) - MgR(1+\cos(\theta))$$

y la energía total es

$$E = MR^2\dot\theta^2\left(1+\cos(\theta)+\mu\right) + MgR(1+\cos(\theta))$$

Debido a que la cinética de la parte de la Lagrangiana es cuadrática en $\dot \theta$ y no hay tiempo explícito de la dependencia, $E$ es una cantidad conservada. Si asumimos que la condición inicial es un infinitesimal distancia de $\theta=0$, la energía total es igual a $2MgR$; esto nos permite escribir

$$\dot \theta^2 = \left[\frac{1-\cos(\theta)}{1+\cos(\theta)+\mu}\right]\frac{g}{R}$$ y a través de la diferenciación, $$\ddot \theta = \left[\frac{(1+\frac{\mu}{2})\sin(\theta)}{(1+\cos(\theta)+\mu)^2}\right]\frac{g}{R}$$

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Parte II: El "No-Saltar" Condición

La suma de las componentes verticales de las fuerzas en el punto de masa es $$\sum F_y = F_R - Mg = M\dot v_y = -MR\big(\sin(\theta)\ddot \theta +\cos(\theta)\dot\theta^2\big)$$ donde $F_R$ es la componente vertical de la restricción de la fuerza debido a que el anillo. La suma de las componentes verticales de las fuerzas que actúan sobre el anillo es entonces $$\sum F_y = -F_R - mg + F_N = 0$$ donde $F_N$ es la fuerza normal en el anillo debido a la baja. La condición de que el anillo nunca saltar es que $F_N \geq 0$; esto corresponde (después de algunos álgebra) a la condición de $$(1+\mu)\frac{g}{R} -\sin(\theta)\ddot \theta -\cos(\theta)\dot\theta^2 \geq 0$$

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Parte III: hacer Cosas Juntos

Ya tenemos las expresiones para $\dot\theta^2$ e $\ddot \theta$; nuestro no-saltar condición se convierte en (dividiendo por $g/R$)

$$1+\mu- \left[\frac{(1+\frac{\mu}{2})\sin^2(\theta)}{(1+\cos(\theta)+\mu)^2}\right]-\left[\frac{(1-\cos(\theta))\cos(\theta)}{1+\cos(\theta)+\mu}\right] \geq 0$$

En este punto, uno puede ver claramente que hay circunstancias en las que el anillo de salto. Para $\theta=\pi+\epsilon$, el lado izquierdo diverge a infinito negativo como $-1/\mu^2$, lo que significa que por lo suficientemente pequeño $\mu$ podemos violar nuestro no-saltar condición. A partir de aquí, es una cuestión de bastante desagradable álgebra. Si minimizar el lado izquierdo con respecto a $\theta$ y moler a través de más de álgebra, la condición toma la forma

$$(2+\mu)^2(13\mu-1)\geq 0$$ $$\implies \mu \geq \frac{1}{13}$$

Por lo tanto, si $m < \frac{M}{13}$, la fuerza normal de la planta en el anillo tendría que ser negativo; de ello se desprende que, en ausencia de cualquier adhesivo efectos, el anillo de salto en el aire.

Answer 2

Resulta que el tubo hace saltar si la barra es de nada menos que 13 veces la masa de la sonda. Mi respuesta anterior tenía un par de errores que dado el mal resultado, aquí está la versión actualizada de uno.

Deje $M$ ser la masa de la sonda, $m$ de la masa de la varilla y de la $R$ el radio del tubo. Deje $\theta$ ser el ángulo entre la vertical y la dirección de la varilla desde el centro del tubo (es decir, $\theta=0$ inicialmente y aumenta a medida que el tubo comienza a rodar, y a la altura de la barra en relación al suelo es $(1 + \cos \theta)R$).

El combinado momento de inercia del tubo y la varilla sobre la instantánea de la línea de contacto de la sonda con el suelo es $$I = 2R^2[M + (1+\cos \theta)m].$$

De conservación de la energía, $$E = 0 = \frac{1}{2}I\omega^2 - mgR(1 - \cos \theta) $$ $$ \omega^2 = \frac{mg(1 - \cos\theta)}{R[M+(1 + \cos\theta)m]}=\frac{g\beta}{R}\frac{1 - \cos\theta}{1+(1 + \cos\theta)\beta}.$$ donde $\beta=m/M$. Diferenciando con respecto al tiempo, $$2\omega\alpha=\frac{d}{d\theta}\omega^2\frac{d\theta}{dt}=\omega\frac{d}{d\theta}\omega^2 $$ $$\alpha=\frac{1}{2}\frac{d}{d\theta}\omega^2=\frac{g\beta}{R}\sin\theta\frac{\frac{1}{2}+\beta}{[1+(1+\cos\theta)\beta]^2}$$

donde $\alpha=d\omega/dt$ es la aceleración angular. La aceleración descendente de que el sistema total es el mismo que el de la varilla, que es $$a_z=\omega^2R \cos\theta+\alpha R \sin\theta $$ donde $\omega$ es la velocidad angular. El primer término es debido a la aceleración centrípeta y la segunda debido a la aceleración tangencial. $$a_z = g\beta\frac{(1 - \cos\theta)\cos\theta + \sin^2\theta\frac{\frac{1}{2} + \beta}{1+(1+\cos\theta)\beta}}{1+(1+\cos\theta)\beta}$$ donde $\beta=m/M$.

El tubo se mantiene en contacto con el suelo mientras la fuerza normal hacia arriba $N$ sobre el tubo es no negativo. Por la segunda ley de Newton, $$(M+m)g-N=ma_z,$$ por lo que la condición de contacto es $$N=(M+m)g - ma_z\ge0$$ $$a_z \le \left(1+\frac{1}{\beta}\right) g$$ $$ \frac{\beta^2}{1+\beta}\frac{(1 - \cos\theta)\cos\theta + \sin^2\theta\frac{\frac{1}{2} + \beta}{1+(1+\cos\theta)\beta}}{1+(1+\cos\theta)\beta} \le 1 $$

No me molesté en hacer el álgebra para simplificar la expresión en el lado izquierdo, pero he trazado la máxima de la mano izquierda el tamaño como una función de la $\beta$:

La igualdad pasa exactamente $\beta=13$. Véase también J. Murray respuesta para simplificar la condición de que lo confirma.

Answer 3

Parece que he descubierto por qué el tubo va a saltar si la masa de la varilla es lo suficientemente grande, pero no puedo calcular el umbral exacto. Mi prueba de el salto se realiza a continuación.

1. Supongamos que la masa del tubo original (es decir, sin la varilla) es infinitesimal, mientras que la masa de la varilla es finito.

2. Supongamos también que el tubo no va a saltar. Voy a probar el salto por la contradicción.

3. Como hemos supuesto que el tubo no va a saltar, la barra de la trayectoria será una cicloides.

4. De ello se deduce a partir de la energía ley de la conservación de la vara de la velocidad en cualquier posición será la misma que la de una pequeña gota de deslizamiento sin fricción por efecto de la gravedad sobre un alambre de exactamente la misma cicloides forma, si el cordón está inicialmente en la posición superior y tiene un infinitesimal de la velocidad inicial.

5. Desde el movimiento de la varilla y el movimiento de las bolas coinciden, se actúa exactamente de la misma red fuerzas si el cordón de masa es igual a la de la varilla de masa. (Si las masas son diferentes, la diferencia en la red de las fuerzas será meramente en el coeficiente de normalización, pero no en la dirección).

6. La fuerza ejercida sobre la bola por el alambre es siempre perpendicular al alambre.

7. Centrémonos por un momento en la horizontal de los componentes de la cuenta de la velocidad. Es cero inicialmente, en la posición más elevada, entonces se convierte en finito y dirigido hacia adelante, pero se vuelve a cero en la posición inferior, como se ve por la forma de las cicloides. Por lo tanto, la horizontal de la componente de la aceleración de la bola cambia de dirección en un momento determinado antes de que la bola llegue a la posición inferior. Es decir, a partir de un cierto momento, antes de que la bola llegue a la posición inferior, el cordón de experiencias horizontal de desaceleración.

8. Horizontal de la desaceleración de la cuenta, significa que la componente horizontal de la fuerza ejercida sobre la bola por el alambre está dirigida hacia atrás.

9. Se sigue de (6) y (8) así como de la forma de las cicloides que durante el período de la horizontal de la desaceleración de la perla, la componente vertical de la fuerza ejercida sobre la bola por el alambre está dirigida hacia abajo.

10. De acuerdo a la tercera ley de Newton del movimiento, la bola actúa sobre el alambre con la fuerza opuesta a la fuerza con la que el cable actúa en la perla. Lo que significa que durante el período de su posición horizontal de la desaceleración, el cordón de actos en el cable con una fuerza cuya componente vertical dirigida hacia arriba.

11. En vista de (5), la vara, asimismo, actúa sobre el tubo con una fuerza cuya componente vertical dirigida hacia arriba, durante el período de la horizontal de la desaceleración de la varilla.

12. Por lo tanto, para mantener la masa tubo en el suelo durante ese período, el piso debe actuar en el tubo con una fuerza atractiva. Que el suelo no puede hacer. Así que he llegado a una contradicción.

Quod brindamos demonstrandum, como dicen.

Mi prueba también muestra el momento en que el tubo va a saltar si la barra-a-tubo de la relación entre la masa es infinitamente grande: el salto se produce exactamente en el momento en el que la componente horizontal de la barra de velocidad alcanza un máximo.

Pero el cálculo de la masa crítica en relación parece ser más allá de mis capacidades, así que espero que alguien será capaz de llegar a una solución.