Movimiento de una cuenta en una barra

En el marco que gira junto con la varilla, hay una fuerza centrífuga

$$F_{cf}=m\omega^2 r \tag 1$$ actuando sobre el talón que lo desplaza hacia el exterior a lo largo de la varilla. Lo mismo sucede en las centrífugas y en la lavadora cuando el agua sale de la ropa mediante una rotación de alta velocidad.

Siguiendo el comentario de @suiz, intentaré resolver el problema en el marco inercial utilizando las ecuaciones de Lagrange. La función de Lagrange en coordenadas polares con$\phi=\omega t$, dónde$\omega$es una velocidad angular constante, viene dada por

$$L=\frac {m}{2}(v_r^2+v_{\phi}^2)=\frac {m}{2}(\dot r^2+r^2\omega^2) \tag 2$$ Por lo tanto, la función de Lagrange es independiente de $\phi$y la ecuación de Lagrange es: $$\frac {d}{dt}\frac {\partial L}{\partial \dot r}-\frac {\partial L}{\partial r}=m(\ddot r-r\omega^2)=0 \tag 3$$ dando la ecuación diferencial ordinaria homogénea de segundo orden para $r(t)$ $$\ddot r-r\omega^2=0 \tag 4$$ con la solucion general $$r(t)=A\exp(\omega t)+B\exp(-\omega t) \tag 4$$ Asumiendo las condiciones iniciales $$r(t=0)=r_0; \dot r(t=0)=0 \tag 5$$ la solución para el radio dependiente del tiempo es $$r(t)=r_0\cosh(\omega t) \tag 6$$ dando la velocidad radial $$v_r=r_0 \omega \sinh(\omega t) \tag 7$$ y la "aceleración radial"* $$\ddot r=r_0 \omega^2 \cosh(\omega t)=r\omega^2 \tag 8$$ Por lo tanto, se puede ver que la cuenta sin fricción sale volando radialmente eventualmente con una velocidad radial que aumenta exponencialmente. Es interesante que debido al aumento exponencial, al final de una barra larga la magnitud de la velocidad radial $v_r$tiende hacia la velocidad de rotación $v_{\phi}=\omega r$de modo que la cuenta volaría prácticamente a 45° de la dirección momentánea del radio.

La "aceleración radial" eq. (8) es exactamente la aceleración centrífuga en el marco giratorio ver eq. (1). [En el marco giratorio, eq. (4) y su solución se sigue directamente usando la ley de Newton con la fuerza centrífuga (1).] También es digno de mención que en el problema actual de la cuenta sin fricción, no hay fuerza centrípeta presente.

Es instructivo inspeccionar la energía cinética de la perla

$$T=\frac {m}{2}(v_r^2+v_{\phi}^2)=\frac {m}{2}r_0^2\omega^2 [\sinh(\omega t)^2+\cosh(\omega t)^2=\frac {m}{2}r_0^2\omega^2 \cosh(2\omega t) \tag 9$$ que aumenta fuertemente con $t$y eventualmente se vuelve exponencial.

Aunque esta derivación para el sistema inercial usando la función de Lagrange es completamente transparente, sería interesante si alguien pudiera encontrar una explicación física intuitiva para el fuerte aumento en la velocidad (radial) y la energía cinética total de la perla sin usar el concepto de una fuerza centrífuga.

[*] Entre comillas, porque esta es la segunda derivada temporal de la coordenada generalizada$r$y no la componente vectorial radial de la aceleración en coordenadas polares , que es$\ddot r-r\omega^2$, y por lo tanto de acuerdo con la ec. (4) igual a cero, como @pgml ha señalado correctamente en su respuesta a continuación.

No hay fuerza dirigida a lo largo de la varilla ("radial"). Y en cada instante la componente radial de la aceleración es cero. Pero la componente radial de la aceleración no es la derivada de la componente radial de la velocidad: denotando la aceleración por$\boldsymbol{a}$, velocidad por$\boldsymbol{v}$, y radial por el subíndice$\text{r}$,

$$\boldsymbol{a}_{\text{r}} = \left(\frac{\mathrm{d}\boldsymbol{v}}{\mathrm{d}t}\right)_{\text{r}} \neq \frac{\mathrm{d}(\boldsymbol{v}_{\text{r}})}{\mathrm{d}t}.$$ En otras palabras, primero debemos tomar la derivada del tiempo y luego proyectar a lo largo de la barra, no al revés. Las dos operaciones no se conmutan porque estamos considerando direcciones de proyección giratorias. Por eso también debemos tener mucho cuidado y distinguir "la componente radial de la aceleración" de "la segunda derivada temporal de la coordenada radial", porque son diferentes.

Veamos esto en detalle y resolvamos la solución.

Considere un sistema de coordenadas$xy$en el plano de la varilla giratoria y fijo en un marco inercial, con el pivote de la varilla en$(0,0)$.

La posición de la cuenta se puede escribir como

$$r(t)\,(\cos\omega t, \sin\omega t),$$ dónde $r(t)$es la distancia desde el pivote y asumimos que la varilla está en el $x$eje en $t=0$.

La velocidad de la cuenta es, denotando las derivadas del tiempo con un punto superpuesto,

$$\boldsymbol{v}(t) = \dot{r}(t) \, (\cos\omega t, \sin\omega t) + \omega r(t) \, (-\sin\omega t, \cos\omega t).$$ El primer sumando es la componente radial instantánea, el segundo es la componente azimutal (normal a la barra). En el marco inercial, la cuenta tiene un movimiento en espiral. La velocidad, tangente a su trayectoria, está inclinada con respecto a la barra.

La aceleración de la cuenta es, tomando la derivada de todos los términos anteriores y omitiendo algunos "$(t)$",

$$\begin{align} \boldsymbol{a}(t) &= \ddot{r} \, (\cos\omega t, \sin\omega t) + \omega \dot{r} \, (-\sin\omega t, \cos\omega t) + \omega \dot{r} \, (-\sin\omega t, \cos\omega t) - \omega^2 r \, (\cos\omega t, \sin\omega t) \\ &= (\ddot{r}-\omega^2 r)\, (\cos\omega t, \sin\omega t) + 2\omega \dot{r} \, (-\sin\omega t, \cos\omega t). \end{align}$$ En la primera igualdad podemos ver que tanto la componente radial como la azimutal de la velocidad contribuyen a la componente radial de la aceleración; y ambos también contribuyen a su componente azimutal.

La componente radial de la aceleración,$\ddot{r}-\omega^2 r$, tiene dos términos porque la velocidad está cambiando no solo en dirección, sino también en magnitud: el término$-\omega^2 r$refleja el cambio anterior (es la aceleración centrípeta que tendría la bolita si estuviera pegada a la varilla); el término$\ddot{r}$, este último.

Multiplicando por la masa de la cuenta tenemos

$$m\boldsymbol{a}(t) = m\,(\ddot{r}-\omega^2 r)\, (\cos\omega t, \sin\omega t) + 2m\omega \dot{r} \, (-\sin\omega t, \cos\omega t).$$

Por la segunda ley de Newton, dado que estamos en un marco inercial, la componente azimutal de la expresión anterior debe ser igual a la suma de las fuerzas normales a la barra que restringen la cuenta. No hay fuerzas radiales, por lo que la componente radial debe desaparecer de manera idéntica, lo que sucede solo si

$$\ddot{r}(t)-\omega^2 r(t) = 0.$$ Es decir, la aceleración no puede tener una componente radial. Pero tenga en cuenta de nuevo que tal componente no es solo $\ddot{r}$. Esta es la misma ecuación que obtiene la respuesta de Freecharly a través de un Lagrangiano.

Al igual que en la respuesta de Freecharly, la solución general de la ecuación diferencial anterior es

$$r(t) = A\exp(\omega t) + B\exp(-\omega t).$$ Supongamos que en $t=0$la posición de la cuenta es $r(0)=r_0>0$y la componente radial de su velocidad es $\dot{r}(0)=0$. Entonces $A=B=r_0/2$y $$r(t) = \frac{1}{2}r_0\,[\exp(\omega t) + \exp(-\omega t)] \equiv r_0\,\cosh\omega t.$$ la velocidad es $$\dot{r}(t) = \omega r_0\,\sinh\omega t.$$ Así que la cuenta se mueve hacia adentro para $t<0$y hacia afuera para $t>0$. Esto tiene sentido si consideramos un sistema giratorio no inercial fijado con la varilla: la fuerza de inercia está empujando la cuenta hacia afuera (y hacia los lados), por lo que la única forma de que tenga una velocidad radial cero en $t=0$es haber sido lanzado hacia el centro en algún momento anterior $t<0$. La fuerza de inercia lo hizo desacelerar y luego invertir la dirección en $t=0$.

Si supone alguna otra velocidad en$t=0$(pero compatible con el hecho de que$r\geq 0$en todo momento, ya que no está claro si la varilla está abierta o cerrada en el pivote, o si se extiende en la otra dirección) notará que en cualquier caso$r(t) \to \infty$como$t\to+\infty$, es decir, el cordón finalmente siempre se empuja hacia afuera.

Esto puede ser un poco tarde, pero este problema tiene buenas ideas: Consideremos el problema en el marco inercial por coordenadas polares.

$$F=m((\ddot{r}-r{\dot{\theta}^2})\hat{r} +(r\ddot{\theta}+2\dot{r}\dot{\theta})\hat{\theta})$$ La barra solo aplica una fuerza en la dirección tangencial. ($F_\theta=N\hat{\theta}$). La fuerza en la dirección radial es$0$. Por lo tanto vemos que$a_r$debe ser cero y no debe haber movimiento a lo largo de la dirección radial.

Como no supusimos movimiento a lo largo de la dirección radial, tomemos$\dot{r}=0=\ddot{r}$y ver lo que sucederá.

$$\vec{v}=r\dot{\theta}\hat{\theta}$$ y por lo tanto al diferenciar, la aceleración es: $$\vec{a}=-r\dot{\theta}^2\hat{r}+(\dot{r}\dot{\theta}+r\ddot{\theta})\hat{\theta}$$ Desde$\dot{r}=0$y$\ddot{\theta}=0,$Obtenemos el absurdo resultado: $$\vec{a}=-r\dot{\theta}^2\hat{r}$$ Este resultado implica que toda la aceleración está dirigida radialmente, lo que contradice los hechos de que$F_r=a_r=0$y$N \neq 0$. ¿Qué salió mal?

Bueno, teníamos razón cuando dijimos eso.$F_r=a_r=0$, pero mal cuando asumimos que$\dot{r}=0=\ddot{r}$. Esta es la obstinada ilusión que llevamos del sistema de coordenadas cartesianas. En el sistema de coordenadas cartesianas, ya que

$$F_x=ma_x=m\ddot{x}$$ $$F_x=0 \Rightarrow \ddot{x} =0$$

Pero en coordenadas polares se quiebra la misma intuición ya que

$$F_r=ma_r =(\ddot{r}-r{\dot{\theta}^2})\neq{m\ddot{r}}$$ Y por lo tanto a pesar de$F_r=0; \ddot{r}\neq0,r{\dot{\theta}^2}\neq 0$

Así que tenemos que aceptar que el movimiento en dirección radial es inevitable y eliminar las suposiciones subconscientes de que$F_r = m\ddot{r}$y la velocidad y la fuerza deben estar en la misma dirección.

Entonces, la fuerza radial es cero, la aceleración radial es cero pero la velocidad radial no es cero ($\dot{r} \neq 0$) y el hecho de que se aleje del centro más rápido no es sorprendente ($\ddot{r} \neq 0$).