Моделирование катящегося куба

Предположим, что под углом$\alpha=0$, куб отскакивает от пола без рассеивания энергии. Вспомните, как вы говорите, вращение происходит без скольжения. Таким образом, энергия куба (кинетическая плюс потенциальная) сохраняется, и для поддержания его движения не требуется никакой внешней силы.

Для такого рода задач удобно использовать лагранжев формализм механики систем со связями. Действительно, задача может быть сведена к движению центра масс, вынужденного двигаться только по квартер-окружностям; надо только не забыть учесть еще и кинетическую энергию вращения.

Введем угол$\beta$что более естественно для системы:

$$\beta := \alpha + \frac{\pi}{4}$$

Поскольку движение будет «периодическим», мы будем рассматривать только$\beta \in \big(\frac{\pi}{4}, \frac{3}{4}\pi\big)$, которые соответствуют конфигурациям между «лежать на боку» и «лежать на соседней стороне». Эта система на самом деле представляет собой физический маятник , хотя и перевернутый (с центром масс над стержнем).

Чтобы найти уравнение движения, выразите вертикальную и горизонтальную координаты центра масс через$\beta$и сторона куба,$l$:

$$x = -\frac{l}{\sqrt{2}}\,\cos\beta, \quad y = \frac{l}{\sqrt{2}}\,\sin\beta$$

Вычислите их производные по времени, чтобы получить квадрат скорости:

$$\dot{x} = \tfrac{l}{\sqrt{2}}\,\dot{\beta}\sin\beta$$ $$\dot{y} = \tfrac{l}{\sqrt{2}}\,\dot{\beta}\cos\beta$$ $$v^2 = \dot{x}^2 + \dot{y}^2 = \frac{l^2}{2}\,\dot{\beta}^2$$

Зная момент инерции куба

$$I = \frac{ml^2}{6}\,,$$ выразить кинетическую и потенциальную энергию $$T = \frac{1}{2}\left(mv^2 + I\dot{\beta}^2\right) = \frac{ml^2}{3}\,\dot{\beta}^2$$ $$V = mgy = \frac{mgl}{\sqrt{2}}\,\sin\beta$$ чтобы получить лагранжиан $L = T - V$.

Уравнение Лагранжа для нашей степени свободы$\beta$читает:

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}\dot{\beta}} - \frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}\beta} = 0$$

Конкретно,

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \left(\frac{2ml^2}{3}\,\dot{\beta}\right) + \frac{mgl}{\sqrt{2}}\,\cos\beta = 0$$

или, другими словами

$$\ddot{\beta} = -\frac{3}{2\sqrt{2}}\frac{g}{l}\,\cos{\beta}$$

По сути, это уравнение математического маятника . Его можно интегрировать, чтобы уменьшить порядок на единицу:

$$\dot{\beta}^2 + \frac{3}{\sqrt{2}}\frac{g}{l}\,\sin\beta + C = 0$$

и решаться либо явно с помощью специальных функций, либо численно.

Редактировать: для того, чтобы куб преодолел край и действительно катился, а не раскачивался, нужно выбрать достаточно высокую начальную скорость, закодированную в C.

Это сложная проблема, поэтому вместо того, чтобы пытаться предложить всеобъемлющее решение, давайте просто посмотрим на действующие силы:

Красным цветом обозначен вектор силы, который мы заставим действовать как движущую силу.$F$, черным цветом гравитация, зеленым цветом нормальная сила и фиолетовым цветом сила трения (ни один из них не соответствует масштабу).

Во-первых, при отсутствии других сил, действующих на$y$-направление (вертикальное), Нормальная сила всегда представляет собой реактивную силу пола (необходимую для предотвращения погружения куба в пол) по отношению к силе тяжести:

$$F_N=mg$$

Трение теперь будет сопротивляться движению в$x$-направление (горизонтальное) и обычно моделируется как:

$$F_F=\mu F_N=\mu mg,$$ где $\mu$является коэффициентом трения.

Для предотвращения скольжения:

$$F_F>F\implies \mu>\frac{F}{mg}$$ $F$и $mg$теперь прилагайте противоположные крутящие моменты относительно точки поворота $P$, с чистым крутящим моментом:

$$\big(\tau_{net}\big)_{\alpha=\pi/2}=Fa-mg\frac{a}{2}$$

Если$\tau_{net}>0$тогда произойдет угловое ускорение по часовой стрелке.

Это также позволяет нам дополнительно определить$\mu$, так как предельный случай:

$$F=\mu mg \:\text{and }F=\frac{mg}{2}$$

Итак, минимальное значение:

$$\mu>0.5$$

Угловое ускорение легче рассматривать как проблему сохранения энергии, так как работа, совершаемая$\tau_{net}$равно изменению (вращательной) кинетической энергии $\Delta K$:

$$W=\int_{\pi/2}^0\tau_{net}(\alpha)d\alpha=\Delta K$$

Из тригонометрии:

$$\tau_{net}(\alpha)=F\sqrt{2}a\sin\big(\alpha +\frac{\pi}{4}\big)-mg\frac{\sqrt{2}}{2}a\sin\Big(\alpha-\frac{\pi}{4}\Big)$$

При интеграции имеем:

$$W=\sqrt{2}aF=\frac12 I\omega^2$$

($mg$член выпадает, потому что нет изменения потенциальной энергии$U$над$\pi/2\to 0$)

Итак, в конце «кувырка»:

$$\omega=\sqrt{\frac{2\sqrt{2}aF}{I}}$$

Но поскольку у куба теперь есть кинетическая энергия, а вектор тангенциальной скорости направлен строго вниз, куб должен отскочить . Ни трение, ни сила$F$может предотвратить это.

Что-то вроде этого:

1. Аккумулировать вращение центра масс.
2. Вычислите наконечник или проскальзывание. Если он проскальзывает, то он не будет накапливать вращение, а вместо этого будет скользить.
3. После поворота преобразуйте все это обратно в перемещение для следующего вычисления наконечника или проскальзывания (где оно снова преобразуется обратно в возможное вращение) (что приводит к проблеме со скользящей линейкой).

Но это только приблизительное размышление, тем не менее, оно красивое, и вы можете применить его к любой фигуре в целом.