A1  ^0.50 Выразите $\ddot{\vec r}$ и $\dot{\vec\omega}$ через $\vec F$, $m$, $\beta$, $\vec a$.

Запишем второй закон Ньютона:
$$m\ddot{\vec r} = m\vec g + \vec N + \vec F.$$Шар не движется в вертикальном направлении, поэтому $m\vec g + \vec N = 0$. Получаем:

Второй ответ следует из закона изменения момента импульса относительно центра шара:

A2  ^0.30 Запишите условие кинематической связи. Выразите ответ через $\dot{\vec r}$, $\vec a$, $\vec r$, $\vec \omega$ и $\vec \Omega$.

Скорости стола и шара в точке их касания должны совпадать, поэтому:

A3  ^0.70 Выразите $\ddot{\vec r}$ через $\beta$, $\dot{\vec r}$ и $\vec \Omega$.

Выразим $\vec F$ из уравнения на $\dot{\vec\omega}$, домножив его векторно на $\vec a$:
$$\beta m a^2 \left[\dot{\vec \omega},\vec a\right] = \left[ \left[\vec a, \vec F\right],\vec a\right] = \left[\vec a, \left[\vec F, \vec a\right]\right] = a^2\vec F.$$$$\vec F = \beta m\left[\dot{\vec \omega},\vec a\right].$$Выразим через заданные величины, продифференцировав кинематическую связь:
$$\left[\vec\Omega,\dot{\vec r}\right]=\ddot{\vec r} + \left[\dot{\vec\omega},\vec a\right].$$$$\vec F = \beta m\left[\dot{\vec \omega},\vec a\right] = \beta m\left(\left[\vec\Omega,\dot{\vec r}\right]-\ddot{\vec r}\right).$$Подставляем полученное выражение и получаем ответ:

A4  ^0.70 Пусть изначально положение и скорость шара были $\vec r_0$ и $\vec v_0$ соответственно. Определите, как $\dot{\vec r}$ зависит от $\vec r$ при дальнейшем движении. Качественно изобразите траекторию движения центра шара в этом случае и укажите характерные размеры и координаты.

Заметим, что выражение, полученное в прошлом пункте является равенством двух полных производных по времени:
$$\frac{\text{d}}{\text{d}t}\dot{\vec r} =\frac{\text{d}}{\text{d}t} \frac{\beta}{1+\beta} \left[\vec\Omega, \vec r\right].$$Проинтегрировав это соотношение с учётом того, что скорость центра шара всегда параллельна плоскости стола:
$$\dot{\vec r} = \frac{\beta}{1+\beta} \left[\vec\Omega, \vec r - \vec R_0\right],$$где $\vec R_0$ - постоянный вектор. Заметим, что это уравнение задаёт движение по окружности с центром $\vec R_0$.
Теперь подставим начальные условия. Тогда интегрирование ускорения нам даст:

Как мы уже увидели, траектория - окружность. Осталось найти её центр и радиус.
$$\dot{\vec r} = \frac{\beta}{1+\beta} \left[\vec\Omega, \vec r - \vec R_0\right] = \frac{\beta}{1+\beta} \left[\vec\Omega, \vec r - \vec r_0\right] + \vec v_0$$Домножим векторно на $\vec\Omega$:
$$\frac{\beta}{1+\beta} \left[\vec\Omega,\left[\vec\Omega, \vec r - \vec R_0\right]\right] = \frac{\beta}{1+\beta} \left[\vec\Omega,\left[\vec\Omega, \vec r - \vec r_0\right]\right] + \left[\vec\Omega,\vec v_0\right].$$$$\frac{\beta}{1+\beta} \left[\vec\Omega,\left[\vec\Omega, \vec r_0 - \vec R_0\right]\right] = \frac{\beta\Omega^2}{1+\beta}\left(\vec R_0 - \vec r_0\right)= \left[\vec\Omega,\vec v_0\right]$$$$\vec R_0 - \vec r_0=\frac{1+\beta}{\Omega^2\beta} \left[\vec\Omega,\vec v_0\right]$$Из полученного соотношения сразу получаем центр и радиус окружности:
$$\vec R_0 = \vec r_0+\frac{1+\beta}{\Omega^2\beta} \left[\vec\Omega,\vec v_0\right],\qquad \rho = \frac{\left(1+\beta\right)v_0}{\Omega\beta}.$$

B1  ^0.30 Выразите $\ddot{\vec r}$ через $\vec g_\parallel$, $\beta$, $\dot{\vec r}$ и $\vec \Omega$.

Отличие от прошлой части есть только в том, что в начальном выражении для $\ddot{\vec r}$ будет отличный от нуля вклад $m\vec g + \vec N = m\vec g_\parallel$.
$$\ddot{\vec r} = \vec g_\parallel+\beta\left(\left[\vec\Omega,\dot{\vec r}\right]-\ddot{\vec r}\right)$$

B2  ^1.40 Обозначим $$\vec{u} = \frac{\left[\vec{\Omega} \times \vec g_\parallel\right]}{\Omega^2}.$$ Качественно изобразите траектории центра шара при следующих начальных скоростях:

1. $\vec{v}_0 = \vec{u}$
2. $\vec{v}_0 = 2.5 \vec{u}$
3. $\vec{v}_0 = 5 \vec{u}$
4. $\vec{v}_0 = 0$

Для случая 4 рассчитайте численно характерные размеры траектории для $g_\parallel=1.0~м/с^2$, $\Omega = 10~рад/с$.

Проанализируем ответ прошлого пункта. Ускорение складывается из постоянного слагаемого и слагаемого, получаемого векторным произведением скорости и постоянного вектора. Это полностью аналогично движению в скрещенных магнитном и электрическом поле. Найдём скорость дрейфа $\dot{\vec r} = \vec v + \vec v_д$.
$$
\dot{\vec v} = \frac{\vec g_\parallel}{1+\beta}+\frac{\beta}{1+\beta}\left[\vec\Omega,\vec v\right]+\frac{\beta}{1+\beta}\left[\vec\Omega,\vec v_д\right]
$$$$
0 = \frac{\vec g_\parallel}{1+\beta}+\frac{\beta}{1+\beta}\left[\vec\Omega,\vec v_д\right]
$$Векторно домножив на $\vec\Omega$, получаем значение скорости дрейфа:
$$
\vec v_д = \frac{\left[\vec \Omega, \vec g_\parallel\right]}{\Omega^2\beta} = \frac{5}{2}\vec u.
$$Вектор $\vec v$ вращается с постоянной угловой скоростью $\beta \vec\Omega/(1+\beta)$. Используя полученные выражения, получаем вид траектории для каждого из случаев.

C1  ^0.20 Выразите $\ddot{\vec r}$ через $m$, $\beta$, $\vec a$, $\vec r$, $\vec N$, $\vec g$, $\dot{\vec \omega}$

Из второго закона Ньютона:
$$
\ddot{\vec r} = \frac{\vec N}{m} + \vec g + \frac{\vec F}{m}.
$$Из закона изменения момента импульса:
$$
m a^2 \beta \dot{\vec \omega} = \left[\vec a \times \vec F\right] \quad \Rightarrow \quad ma^2 \beta \left[\vec a \times \dot{\vec \omega}\right] = \left[\vec a \times \left[\vec a \times \vec F\right]\right] = \vec a \left(\vec a \cdot \vec F\right) - \vec F a^2 = - \vec F a^2.
$$Откуда:

C2  ^0.40 Запишите условие кинематической связи. Выразите ответ через $\dot{\vec r}$, $\vec a$, $\vec r$, $\vec \omega$, $\vec \Omega$.

Скорости стола и шара в точке их касания должны совпадать, поэтому:
$$
\dot{\vec r} + \left[\vec \omega \times \vec a\right] = \left[\vec \Omega \times \left(\vec r + \vec a\right)\right],
$$откуда:

C3  ^0.90 Выразите $\ddot{\vec r}$ через $m$, $\beta$, $\vec a$, $\vec N$, $\vec g$, $\dot{\vec r}$, $\vec\Omega$, $\vec \zeta$, $\vec \omega$.

Продифференцируем выражение для $\dot{\vec r}$ по времени:
$$
\ddot{\vec r} = \left[\vec \Omega \times \dot{\vec r}\right] + \left[\vec \Omega \times \dot{\vec a}\right] - [\dot{\vec \omega} \times \vec a] - [\vec \omega \times \dot{\vec a}]
$$
Из выражения для $\ddot{\vec r}$, полученного в пункте C1:
$$
[\dot{\vec \omega} \times \vec a] = \frac{1}{\beta} \left(\ddot{\vec r} - \frac{\vec N}{m} - \vec g\right)
$$
Также:
$$
\dot{\vec a} = \left[\vec \zeta \times \vec a\right],
$$
откуда:

Посмотрим, как преобразуется эта формула с учётом некоторых приближений, а именно:

• $\theta \ll 1$, то есть стол слабо отличается от плоского и влияние гравитации слабо;
• движение шара финитно, то есть он движется в ограниченной области пространства около вершины и не удаляется на бесконечность;
• $a \lesssim r$, то есть шар не слишком близок к вершине конуса;
• $\zeta \lesssim \Omega$, то есть вращение стола происходит достаточно быстро в сравнении со скоростью движения шара;
• $\left|\left(\vec\omega, \vec a\right) \right|\lesssim \Omega r$, то есть скорость верчения не слишком велика.

Ограничимся слагаемыми порядка малости $\theta$.

Заметим, что слагаемые с $\vec N$ и $\vec g$ имеют порядок малости $\theta$, так как такого порядка проекция $\vec g$ на поверхность конуса. В силу того, что движение финитно, остальные слагаемые должны быть такого же порядка. Теперь осталось показать, что первое слагаемое на порядок больше последнего, тогда первое имеет первый порядок малости, а последнее - второй, и его можно отбросить.

Оценка величины первого слагаемого:

$$\left|\beta\frac{[\vec \Omega, \dot{\vec r}]}{1 + \beta}\right|\sim \left|[\vec \Omega, \dot{\vec r}]\right|\sim \Omega \dot r + \Omega \zeta r.$$

Теперь последнее слагаемое разложим на два слагаемых и проанализируем каждое из них с учётом того, что угол между $\vec\zeta$ и $\vec a$ равен $\theta$:

$$\left|\frac{\beta}{1 + \beta}\left[\vec \Omega, \left[\vec \zeta, \vec a\right]\right]\right|\sim\Omega\zeta a\theta \lesssim \Omega\zeta r\theta \ll \Omega\zeta r \lesssim \left|\beta\frac{[\vec \Omega, \dot{\vec r}]}{1 + \beta}\right|.$$

Для оценки второго слагаемого разложим $\vec\omega$ на компоненты вдоль и перпендикулярно $\vec a$: $\vec \omega = \vec \omega_a + \vec \omega_\perp$. Заметим, что из кинетической связи и последнего условия приближения:

$$\omega a \lesssim \left|\dot{\vec r}\right|+\Omega r +\left|\left(\vec\omega, \vec a\right) \right|\sim \dot r + \Omega r.$$

Таким образом последнее выражение, малость которого надо доказать:

$$\left|\frac{\beta}{1 + \beta}\left[\vec \omega, \left[\vec \zeta, \vec a\right]\right]\right|\sim\omega\zeta a\theta \lesssim \left(\dot r + \Omega r\right)\zeta \theta \ll \Omega \dot r + \Omega \zeta r\sim \left|\beta\frac{[\vec \Omega, \dot{\vec r}]}{1 + \beta}\right|.$$

Таким образом получаем нужную приближённую формулу.

C4  ^1.00 Докажите, что в рассматриваемом приближении сохраняется величина:
$$
l = r^2 \left( \zeta-\cfrac{\Omega\beta}{2\left(1+\beta\right)} \right).
$$Здесь $\zeta = |\vec{\zeta}|$.

Первое решение.

Разложим по введённому базису слагаемые из данного уравнения:
$$
\dot{\vec r} = \left[\vec \zeta \times \vec r\right] + \dot r \vec e_r = \zeta r \vec e_\varphi + \dot r \vec e_r
$$
$$
\ddot{\vec r} = \left( \dot \zeta r \vec e_\varphi + \zeta \dot r \vec e_\varphi + \zeta r \frac{\text{d} \vec e_\varphi}{\text{d} t} \right) + \left( \ddot r \vec e_r + \dot r \frac{\text{d} \vec e_r}{\text{d} t} \right) =\\= \dot \zeta r \vec e_\varphi + \zeta \dot r \vec e_\varphi + \zeta^2 r \left(-\vec e_r - \theta \vec e_z\right) + \ddot r \vec e_r + \zeta \dot r \vec e_\varphi = \left(\dot \zeta r + 2 \zeta \dot r\right) \vec e_\varphi + \left(\ddot r - \zeta^2 r\right) \vec e_r + \zeta^2 r \theta \vec e_z
$$
$$
\left[\vec \Omega \times \dot{\vec r}\right] = \Omega \dot r \vec e_\varphi - \Omega \zeta r \vec e_r + \Omega \zeta r \theta \vec e_z
$$
$$
\frac{\vec N}{m} + \vec g = g \theta \vec e_r + \left( \frac{N_z}{m} - g \right) \vec e_z
$$
Теперь подставим их в данное уравнение, взяв проекции на $\vec e_\varphi$:
$$
\dot \zeta r + 2 \zeta \dot r = \frac{\Omega \dot r}{1 + \beta^{-1}} \quad \Rightarrow \quad \frac{\text d \zeta}{\text d r} = \frac{1}{r} \left( \frac{\Omega}{1 + \beta^{-1}} - 2 \zeta \right) \quad \Rightarrow\\ \int \frac{\text d \zeta}{\dfrac{\Omega}{1 + \beta^{-1}} - 2 \zeta} = \int \frac{\text d r}{r} \quad \Rightarrow \quad r^2 \left( \zeta-\cfrac{\Omega\beta}{2\left(1+\beta\right)} \right) = \text{const},
$$
что и требовалось доказать.

Второе решение.

Рассмотрим изменение момента импульса центра масс:

$$\frac{\text{d}}{\text{d}t}\left[\vec r, \dot{\vec r}\right] = \left[\vec r, \ddot{\vec r}\right].$$

Для проекции на ось $z$:

$$\frac{\text{d}}{\text{d}t}\left(\vec e_z, \vec r, \dot{\vec r}\right) = \frac{\text{d}}{\text{d}t}\left(r^2\zeta\right) = \left(\vec e_z, \vec r, \ddot{\vec r}\right).$$

Заметим, что $\left(\vec e_z, \vec r, \vec N\right)$ и $\left(\vec e_z, \vec r, \vec g\right)$ равны нулю, так как эти тройки векторов лежат в одной плоскости, поэтому от ускорения останется только одно слагаемое:

$$\frac{\text{d}}{\text{d}t}\left(r^2\zeta\right) = \frac{\beta}{1+\beta} \left(\vec e_z, \vec r,  [\vec \Omega, \dot{\vec r}]\right) = \frac{\beta}{1+\beta} \left(\vec e_z, \vec\Omega\left(\vec r,\dot{\vec r}\right) - \dot{\vec r} \left(\vec\Omega, \vec r\right)\right).$$

$$\frac{\text{d}}{\text{d}t}\left(r^2\zeta\right) = \frac{\beta}{1+\beta} \left(\left(\vec e_z, \vec\Omega\right)\left(\vec r,\dot{\vec r}\right) - \left(\vec e_z,\dot{\vec r}\right) \left(\vec\Omega, \vec r\right)\right)$$

Подставим значения скальных произведений и отбросим слагаемые второго порядка малости:

$$\frac{\text{d}}{\text{d}t}\left(r^2\zeta\right) = \frac{\beta}{1+\beta} \left(\Omega\frac{\text{d}}{\text{d}t}\left(\frac{r^2}{2}\right) - r\dot{r}\Omega \theta^2\right) \approx \frac{\beta\Omega}{1+\beta}\frac{\text{d}}{\text{d}t}\left(\frac{r^2}{2}\right) .$$

$$\frac{\text{d}}{\text{d}t}\left(r^2 \left( \zeta-\cfrac{\Omega\beta}{2\left(1+\beta\right)} \right)\right) = 0$$

Получили, что величина $l$ сохраняется.

C5  ^0.50 Выразите $\ddot{r}$ через $r$, $\zeta$, $\beta$, $\Omega$, $\theta$ и $g$.

Теперь рассмотрим уравнение:
$$
\ddot{\vec r} = \frac{1}{1+\beta} \left(\vec g + \frac{\vec N}{m}\right) + \frac{\beta\left[\vec \Omega \times \dot{\vec r}\right]}{1 + \beta}.
$$Подставим в него проекции слагаемых на $\vec e_r$:
$$
\ddot r - \zeta^2 r = \frac{g \theta}{1 + \beta} - \frac{\beta \Omega \zeta r}{1 + \beta} \quad \Rightarrow \quad \ddot r = \zeta^2 r + \frac{g \theta}{1 + \beta} - \frac{\beta \Omega \zeta r}{1 + \beta}.
$$

C6  ^0.70 Определите, при каких значениях $r$ возможно движение по круговым траекториям вокруг оси симметрии конуса $(r = \text{const})$ и определите значения $\zeta$, соответствующее такому движению. Выразите ответ через $r$, $\beta$, $\Omega$, $\theta$ и $g$.

$$
r = \text{const} \quad \Rightarrow \quad \ddot r = 0 = \zeta^2 r + \frac{g \theta}{1 + \beta} - \frac{\beta \Omega \zeta r}{1 + \beta}.
$$Тогда получаем квадратное уравнение отноительно $\zeta$:
$$
\zeta^2 - \zeta \cdot \frac{\Omega}{1 + \beta^{-1}} + \frac{g \theta}{(1 + \beta) r} = 0 \quad \Rightarrow \quad \zeta_{1,2} = \frac{\Omega}{2(1 + \beta^{-1})} \pm \sqrt{\left(\frac{\Omega}{2(1 + \beta^{-1})}\right)^2 - \frac{g \theta}{(1 + \beta) r}}.
$$Так как подкоренное выражение не отрицательно:
$$
r \ge \frac{4 g \theta (1 + \beta)}{\Omega^2 \beta^2} = r_{\min}.
$$

С7  ^0.80 Выразите $\dot{r}^2$ с точностью до произвольной постоянной через $l$, $r$, $g$, $\beta$, $\Omega$ и $\theta$. Качественно изобразите вид фазовых диаграмм $\dot{r}(r)$.

Легко увидеть, что:
$$
\ddot r = \frac{\text d \dot r}{\text d t} = \frac{\text d \dot r}{\text d r / \dot r} = \frac{\text d ({\dot r}^2)}{2 \text d r} \quad \Rightarrow \quad {\dot r}^2 = 2 \int \ddot r(r) \text d r.
$$Мы знаем, что сохраняется величина $l$, следовательно:
$$
\zeta (r) = \frac{\Omega\beta}{2\left(1+\beta\right)} + \frac{l}{r^2}.
$$Подставляя $\zeta$ в выражение для $\ddot r$, получим:
$$
{\dot r}^2 = 2 \int \left( \frac{g \theta}{1 + \beta} + \frac{l^2}{r^3} - \frac{\Omega^2 r}{4 (1 + \beta^{-1})^2} \right) \text d r = \frac{2 g \theta r}{1 + \beta} - \frac{\Omega^2 r^2}{4 (1 + \beta^{-1})^2} - \frac{l^2}{r^2} + \text{const}.
$$

C8  ^0.40 Рассмотрим малое возмущение круговой орбиты с радиусом $r_0$. Определите циклическую частоту $\xi$ малых радиальных колебаний. Выразите ответ через $\Omega$, $r_0$, $\theta$, $g$, $\beta$.

Орбиту возмутили так, что расстояние от оси до центра шара представило в виде:
$$
r(t) = r_0 + \delta (t), ~(\text{где } \delta \ll r_0 \text{ и } \left< r \right> = r_0).
$$Тогда:
$$
\ddot \delta = - \xi^2 \delta = \ddot r(r_0) = \frac{2g\theta}{1 + \beta} + \frac{l^2}{r^3} - \frac{\Omega^2 r}{4 (1 + \beta^{-1})^2} \approx - \frac{3 l^2 \delta}{r_0^4} - \frac{\Omega^2 \delta}{4 (1 + \beta^{-1})^2},
$$откуда:
$$
\xi = \sqrt{\frac{3 l^2}{r_0^4} + \frac{\Omega^2}{4 (1 + \beta^{-1})^2}},
$$где:
$$
l = r_0^2 \left(\zeta (r_0) - \frac{\Omega}{2 (1 + \beta^{-1})} \right) = \pm r_0^2 \sqrt{\frac{\Omega^2}{4 (1 + \beta^{-1})^2} - \frac{g \theta}{(1 + \beta) r_0}}.
$$Подставляя $l$ в выражение для $\xi$, получаем:

C9  ^1.20 Пусть шар изначально движется с $\dot{\varphi}=\zeta_0=0.44~рад/с$, $\dot{r} = 0$, $r_0 = 15~см$ по конусу с $\theta = 1^\circ$ и $\Omega = 10~рад/с$. Изобразите вид траектории и укажите её характерные размеры. Известно, что $g = 9.81 ~м/с^2$.

Примечание: можете считать известным, что отклонение от круговой орбиты в этом случае мало, поэтому зависимость $\ddot{r}(r)$ и $\dot\varphi (r)$ можно приближать линейной функцией вблизи СРЕДНЕГО значения $r$.

Найдём значение $l$ по данным величинам:
$$l = -0.022243~м^2/с.$$В начальный момент времени $\ddot r$:
$$\ddot r(0) = \frac{2g\theta}{1 + \beta} + \frac{l^2}{r_0^3} - \frac{\beta^2\Omega^2 r_0}{4 (1 + \beta)^2} = -0.037232~м/с^2.$$Получается, что в начальный момент времени $r$ максимально. Найдём амплитуду колебаний $A$. Заметим, что среднее значение радиус-вектора будет $r_0-A$.
$$0.037232~м/с^2 = \xi^2 A$$$$\xi^2 = \frac{3 l^2}{\left(r_0-A\right)^4} + \frac{\beta^2\Omega^2}{4 (1 + \beta)^2}$$Получили уравнение на $A$:
$$0.037232~м/с^2 = \left(\frac{3 l^2}{\left(r_0-A\right)^4} + \frac{\beta^2\Omega^2}{4 (1 + \beta)^2}\right)A.$$Заметим, что в правой части монотонная по $A$ функция, поэтому решение единственно. Найдём его численно:
$$A = 6.6961~мм.$$Найдём $\xi$ и среднее значение $\zeta$:
$$\xi = \sqrt{\frac{3 l^2}{\left(r_0-A\right)^4} + \frac{\beta^2\Omega^2}{4 (1 + \beta)^2}}=2.3580~с^{-1},$$$$\left<\zeta\right> = \frac{\Omega\beta}{2\left(1+\beta\right)} + \frac{l}{(r_0-A)^2}=0.34545~рад/с.$$Тогда уравнения движения:
$$\begin{cases}
r = r_0 - A + A\cos\left(\xi t\right),
\\~\\
\zeta = \left<\zeta\right> + \left(\zeta_0-\left<\zeta\right>\right)\cos\left(\xi t\right).
\end{cases}$$Стоит отметить, что крайне важно учитывать, что среднее значение $\zeta$ не совпадает с начальным, так как разница этих значений очень значительна. При этом гармоничность по времени $\zeta$ и $r$, верна, ведь $r$ меняется слабо и линейные приближения всех уравнений движений разумны.
Качественный вид траектории уже понятен: движение с периодическим изменением радиуса, в среднем изменение угла $\varphi$ происходит со скоростью $\left<\zeta\right>$. Количество радиальных колебаний за один оборот:
$$N = \frac{\xi}{\left<\zeta\right>} = 6.83.$$Стоит отметить, что при численном решении дифференциальных уравнений движения получается, что на самом деле $N=7$ и траектория является замкнутой с хорошей точностью, приближение даёт близкий ответ, что подтверждает разумность сделанных приближений.
Нарисуем полученную нами траекторию:
$$\begin{cases}
r = r_0 - A + A\cos\left(\xi t\right),
\\~\\
\varphi = \left<\zeta\right>t + \dfrac{\zeta_0-\left<\zeta\right>}{\xi}\sin\left(\xi t\right).
\end{cases}$$Она расположена между окружностями с радиусами $r_0 = 15.0~см$ и $r_0 - 2A = 13.7~см$ (они изображены на рисунке ниже пунктиром) и за один оборот по траектории происходит почти 7 радиальных колебаний: