Cuerda envuelta alrededor de un poste

Esta respuesta asume el límite en el que la masa de la tierra es grande en comparación con la de la pelota. Puede que eso no sea lo que el OP tenía en mente.

La fuerza de la cuerda sobre la pelota es paralela a la cuerda. En cualquier momento dado, el movimiento de la pelota es perpendicular a la fuerza, por lo que la cuerda no realiza trabajo sobre la pelota. Por lo tanto, la energía cinética de la pelota es constante. Debido a que el poste tiene un radio finito, la fuerza no se dirige hacia el eje central, por lo que el par de torsión de la cuerda sobre la pelota es distinto de cero y el momento angular de la pelota no se conserva.

La velocidad inicial de la pelota es perpendicular a la cuerda. Ahora sabemos R>r. En un momento posterior t, ¿cuál es la dirección y la magnitud de la velocidad de la pelota?

La magnitud de la velocidad es la misma. La dirección es perpendicular a la cuerda.

Empecé esto antes de que ja72 publicara su solución, pero estaba tan avanzado cuando vi la suya que quería contribuir de todos modos.

Esto parece un problema de mecánica de nivel de posgrado, probablemente sin una solución de forma cerrada. Lo abordaría utilizando la mecánica lagrangiana con una restricción sobre el movimiento relativo del poste y la pelota.

Ignorando el movimiento de la tercera dimensión (la condición sin gravedad), hay 5 grados de libertad, el movimiento de la pelota, el movimiento del poste+tierra y el 'giro' del poste+tierra alrededor del poste. La pelota no puede 'girar' debido a la cuerda. Elegir el marco del centro de masa (CM) reduce el número de grados de libertad en 2.

Entonces, ¿cuáles son los grados de libertad en el marco CM? La separación de la bola y el poste, s, el ángulo que el par ha girado alrededor del CM,$\theta$, y el ángulo que el poste ha girado alrededor de su propio eje,$\phi$.

La energía cinética del sistema, sería la energía cinética de la rotación más la energía cinética del espín,

$$T = \frac{m_{red}}{2} (\dot{s}^2 + s^2 \dot\theta^2) + \frac{I}{2}\dot\phi^2$$

Dónde$m_{red}$es la masa reducida y$I$es el momento de inercia del sistema tierra/polo.

También hay una restricción: en relación con el poste, la pelota seguirá una trayectoria en espiral hacia o desde el poste. Dado que la cuerda puede enrollarse por rotación y desenrollarse por giro, la longitud de la cuerda es

$$l = r (\theta - \phi)$$

La cuerda es tangencial al poste y pasa por el centro de la bola, por lo que la longitud de la cuerda está relacionada con la separación por

$$s^2 = r^2 + l^2 = r^2 (1 + (\theta - \phi)^2)$$

El Lagrangiano sería entonces la suma de la energía cinética y la restricción multiplicada por un multiplicador ,$\lambda$,

$$\mathcal{L} = \frac{m_{red}}{2} (\dot{s}^2 + s^2 \dot\theta^2) + \frac{I}{2}\dot\phi^2 + \frac\lambda 2 (s^2 - r^2 (1 + (\theta - \phi)^2))$$

Lo que conduce a cuatro ecuaciones de movimiento,

$$\tag{1} m_{red} \frac{\mathrm d}{\mathrm d t}(s^2\dot\theta) = -\lambda r^2 (\theta - \phi)$$ $$\tag{2} I \ddot\phi = \lambda r^2 (\theta - \phi)$$ $$\tag{3} m_{red} \ddot{s} = m_{red} s \dot\theta^2 + \lambda s$$ $$\tag{4} s^2 = r^2 (1+ (\theta - \phi)^2)$$

Note que, debido a que la suma de las ecuaciones (1) y (2) es cero, el momento angular total,$I\dot\phi + m_{red}s^2\dot\theta$se conserva

EDITAR: Para responder la pregunta de Ben Crowell, además de corregir un error de signo en la ecuación (3) y numerar las ecuaciones.

Primero tenga en cuenta que de la ecuación (3),$\lambda$permanece finito a menos que s$\to$0. Entonces, de la ecuación (2), como$I \to \infty$,$\ddot\phi \to 0$, y entonces$\dot\phi$es constante Puede ser interesante trabajar en un marco rotatorio, el polo sur por ejemplo, pero para simplificar, dejemos$\dot\phi = 0$y$\phi = 0$.

Dejar$L = m s \dot\theta$, en cuyo caso las ecuaciones (1), (3) y (4) se reducen a,

$$\tag{5} \dot{L} = -\lambda r^2 \theta$$ $$\tag{6} m \ddot{s} = \frac{L^2}{m s^3} + \lambda s$$ $$\tag{7} s^2 = r^2(1 + \theta^2)$$

La velocidad de la pelota tiene una componente radial y otra tangencial, por lo que el cuadrado de la velocidad es$\dot{s}^2 + s^2 \dot\theta^2$. Para que sea constante, la derivada temporal debe ser cero. reformulándolo en términos de$L$y tomando la derivada del tiempo,

$$\tag{8} \dot{s}\ddot{s} - \frac{L^2 \dot{s}}{m^2 s^3} + \frac{L \dot{L}}{m^2 s^2} = 0$$

Multiplicando la ecuación (5) por$\frac{L}{m^2 s^2} = \frac{\dot\theta}{m}$da como resultado

$$\tag{9} \frac{L \dot{L}}{m^2 s^2} = - \frac{\lambda r^2 \theta \dot\theta}{m}$$

Multiplicando la ecuación (6) por$\frac{\dot{s}}{m}$y reordenando los términos,

$$\tag{10} \dot{s} \ddot{s} -\frac{L^2 \dot{s}}{m^2 s^3} = \frac{\lambda s \dot{s}}{m}$$

Finalmente, tomando la derivada temporal de la ecuación (7),

$$\tag{11} s \dot{s} = r^2 \theta \dot\theta$$

Sustituyendo las ecuaciones (9) y (10) en (8) y luego usando (11) da como resultado:

$$\tag{12} \frac{\lambda s \dot{s}}{m} - \frac{\lambda r^2 \theta \dot\theta}{m} = \frac{\lambda s \dot{s}}{m} - \frac{\lambda s \dot{s}}{m} = 0$$

¿O debería haber dicho que sí?

Suponga que la Tierra no gira al comienzo del experimento. Supongo que la cuerda se enrolla alrededor del poste. Esto va a dar una velocidad angular a la Tierra. Ahora, la Tierra tiene un gran momento de inercia.$I_E$. Suponga que la velocidad angular de la Tierra en el tiempo$t$durante el experimento es$\omega_E$. Entonces tenemos el momento angular y la energía de la Tierra son

$$L_E = I_E \omega_E$$ y $$E_E = \frac{1}{2}I_E \omega_E^2\, .$$

También habrá un momento angular inicial$L_{B,0}$y energía$E_{B,0}$para la pelota, y un momento angular$L_{B,t}$y energía$E_{B,t}$por la pelota en el momento$t$. Como todo se conserva, tenemos

$$L_{B,0} = L_{B,t} + L_E$$ y $$E_{B,0} = E_{B,t} + E_E\,.$$ Desde $I_E$es muy grande y $\omega_E$es muy pequeño, ya sea $L_E$es de la magnitud correcta para cancelar el cambio en el momento angular de la pelota y $E_E$es insignificante, o $E_E$es de la magnitud correcta para cancelar el cambio de energía de la pelota y $L_E$es enorme. SI $L_E$es enorme, el momento angular no se puede conservar, así que claramente, queremos la primera alternativa, y encontramos que la energía de la pelota se conserva (casi) y su momento angular no.

Ahora, tratemos el caso en el que la Tierra está girando. Antes del experimento, que tenga velocidad angular$\vec{\omega}_E$. Durante el experimento, que tenga velocidad angular$\vec{\omega}_E + \vec{\omega}_\Delta$. Entonces, el cambio en el momento angular de la Tierra es

$$L = I_E \omega_\Delta$$ y el cambio de energía es $$E = \frac{1}{2} I_E\left( (\vec{\omega_E} + \vec{\omega_\Delta})^2 - \vec{\omega_E}^2\right) \approx I_E \, \vec{\omega_E} \cdot \vec{\omega_\Delta}\, .$$

Estos tienen que cancelar el cambio en la velocidad angular y el cambio de energía de la pelota. Ahora,$L_B \approx I_B\omega_B$y$E_B \approx \frac{1}{2} I_B\omega_B^2$. (Estas ecuaciones son aproximadas porque la trayectoria de la pelota es una espiral, no un círculo). Así que tenemos$E_E/|L_E| \approx \omega_E$y$E_B/|L_B| \approx \frac{1}{2} \omega_B$.

Ahora, desde$\vec{\omega}_E$es pequeño en comparación con la velocidad angular de la pelota, si dejamos que el cambio en el momento angular de la Tierra cancele el cambio en el momento angular de la pelota, encontramos que la energía de la pelota se conserva (casi). Tenga en cuenta que esto no sería cierto si la bola girara aproximadamente a la misma velocidad angular que la Tierra, en cuyo caso el efecto Coriolis no sería despreciable.

Puede resolver este problema utilizando la mecánica newtoniana o la mecánica lagrangiana una vez que restringe el movimiento de la bola de masa.$m$en una espiral alrededor del polo, con 1 grado de libertad (el ángulo de envoltura$\theta$). Inicialmente la cuerda es horizontal y la pelota tiene coordenadas$x_{ball} = R$,$y_{ball} = -r$. Tengo un sistema de coordenadas con z a lo largo del poste y x horizontal.

En general, la posición de la bola en relación con el poste es

$$\vec{r}_{ball}^{pole} =\begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta & 0 \\ sin\theta & \cos\theta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{pmatrix} R-r \theta \\ -r \\ 0 \end{pmatrix}$$

El$-r$se debe a la tangencia de la cuerda con el poste, y$R-r \theta$es la longitud sin envolver.

Ahora reconozca que el polo (o la tierra) está en un plano sin fricción con coordenadas$x$,$y$y orientación$\psi$. Esto agrega 3 grados más de libertad para que los vectores de posición sean

$$\vec{r}_{pole} = \begin{pmatrix} x \\ y \\ 0 \end{pmatrix}$$ $$\vec{r}_{ball} =\vec{r}_{pole} + \begin{bmatrix} \cos\psi & -\sin\psi & 0 \\ sin\psi & \cos\psi & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta & 0 \\ sin\theta & \cos\theta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{pmatrix} R-r \theta \\ -r \\ 0 \end{pmatrix}$$

Ahora puedes diferenciar lo anterior en términos de$x$,$y$,$\psi$y$\theta$para obtener los vectores de velocidad del poste y la bola y, por lo tanto, la energía cinética total. También debe incluir la energía de rotación de la tierra para obtener la energía cinética total

$$T = \frac{1}{2} M_{earth} v_{earth}^2 + \frac{1}{2} I_{earth} \omega_{earth}^2 + \frac{1}{2} m_{ball} v_{ball}^2$$

Como no hay energía potencial (ignoré la gravedad), el lagrangiano es$L=T$.

Las cuatro ecuaciones usadas para encontrar$\ddot{x}$,$\ddot{y}$,$\ddot{\psi}$y$\ddot\theta$son

$$\frac{\rm{d}}{\rm{d} t} \left( \frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\right) - \frac{\partial L}{\partial x} = 0$$ $$\frac{\rm{d}}{\rm{d} t} \left( \frac{\partial L}{\partial \dot{y}}\right) - \frac{\partial L}{\partial y} = 0$$ $$\frac{\rm{d}}{\rm{d} t} \left( \frac{\partial L}{\partial \dot{\psi}}\right) - \frac{\partial L}{\partial \psi} = 0$$ $$\frac{\rm{d}}{\rm{d} t} \left( \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}\right) - \frac{\partial L}{\partial \theta} = 0$$

He hecho esto y se me ocurrió

$$\ddot{x} = \frac{I_{earth} (\dot\psi+\dot\theta)^2 (R-r\theta)\cos(\psi+\theta)}{I_{earth} \left( 1 + \frac{m_{earth}}{m_{ball}} \right) + m_{earth} r^2}$$ $$\ddot{y} = \frac{I_{earth} (\dot\psi+\dot\theta)^2 (R-r\theta)\sin(\psi+\theta)}{I_{earth} \left( 1 + \frac{m_{earth}}{m_{ball}} \right) + m_{earth} r^2}$$ $$\ddot{\psi} = \frac{m_{earth} r (\dot\psi+\dot\theta)^2 (R-r\theta)}{I_{earth} \left( 1 + \frac{m_{earth}}{m_{ball}} \right) + m_{earth} r^2}$$ $$\ddot{\theta} = \frac{r (\dot\theta^2-\dot\psi^2)}{R-r \theta} - \frac{m_{earth} r (\dot\psi+\dot\theta)^2 (R-r\theta)}{I_{earth} \left( 1 + \frac{m_{earth}}{m_{ball}} \right) + m_{earth} r^2}$$

Note que cuando la tierra es inercial entonces$\ddot{x}=0$,$\ddot{y}=0$,$\ddot{\psi}=0$y$\ddot{\theta}=\frac{r (\dot\theta^2-\dot\psi^2)}{R-r \theta}$.

[![ ingrese la descripción de la imagen aquí ][1]][1]

¡Solo mirando el movimiento de la partícula e ignorando cualquier movimiento de la tierra! [1]: https://i.stack.imgur.com/Y3pbJ.jpg