Oscilación de una esfera rodante en un recipiente [cerrado]

Question

Oscilación de una esfera rodante en un recipiente [cerrado]

VacíoEstrella

Esta es una tarea de tarea. Ya llegué a un resultado, pero estoy muy inseguro.

La tarea: En un bol con forma de semicírculo ( $R$ = 0,5 m) una esfera (no hay especificación del tamaño de la esfera) rueda sin fricción. Calcular el período de la oscilación. Utilice la aproximación para una pequeña amplitud.
Descripción original del problema (alemán):

In einer Wanne mit halbkreisförmigem Querschnitt (Radius $R = 0.5m$) rollt ein kleines
Kügelchen reibungsfrei hin- und her.

Esfera que oscila al rodar en un cuenco

Berechnen Sie die Schwingungsfrequenz dieser Bewegung für kleine Auslenkungen.

Mi solución: Usando Newton 2 compongo la igualdad de torque: El primer término es la inercia de la esfera según el movimiento lineal, el segundo término es el torque causado por la gravedad y el tercer término es la inercia según la rotación de la esfera, $r$ es el radio de la esfera.

metro R^{2} * \frac{d^{2} ϕ}{d t^{2}} + metro gramo R * ϕ + \frac{d ϕ}{d t^{2}} * \frac{R}{r} * \frac{2}{5} metro r^{2} = 0

$mR^2*\frac{d^2\phi}{dt^2} + mgR*\phi + \frac{d\phi}{dt^2}*\frac{R}{r}*\frac25mr^2 = 0$

\frac{d^{2} ϕ}{d t^{2}} * (metro R^{2} + \frac{2}{5} metro r^{2} \frac{R}{r}) = - metro gramo R * ϕ

$\frac{d^2\phi}{dt^2}*(mR^2+\frac25mr^2\frac{R}{r}) = - mgR*\phi$

\frac{d^{2} ϕ}{d t^{2}} = - \frac{metro gramo R}{(metro R^{2} + \frac{2}{5} metro r^{2} \frac{R}{r})} * ϕ

$\frac{d^2\phi}{dt^2} = - \frac{mgR}{(mR^2+\frac25mr^2\frac{R}{r})}*\phi$

\frac{d^{2} ϕ}{d t^{2}} = - \frac{gramo}{R + \frac{2}{5} r} * ϕ

$\frac{d^2\phi}{dt^2} = - \frac{g}{R+\frac25r}*\phi$

Esta es una ecuación diferencial estándar para la oscilación y al resolverla se obtiene:

T = 2 π \sqrt{\frac{R + \frac{2}{5} r}{gramo}}

$T = 2\pi\sqrt{\frac{R+\frac25r}{g}}$

para el periodo $T$ . tiene sentido que $T$ es mayor cuanto mayor es el radio de la esfera pero no puedo calcularlo con $r$ siendo inespecífico. ¿Hay un error en mi solución o la tarea no tiene solución?

kyle kanos

Por lo general, si no se menciona el radio de la esfera, ¡ignóralo! Si pones

r = 0

$r=0$ , obtiene una solución estándar para el movimiento oscilatorio de ángulo pequeño.

VacíoEstrella

Si pudiera asumir

r

$r$ ->

0

$0$ seguramente había sido mencionado en la descripción de la tarea. Si mi solución es correcta, enviaré la fórmula para

T

$T$ como es sin calcularlo.

kyle kanos

Pero al no decir qué

r

$r$ está en el enunciado del problema, se define implícitamente como ignorable (es decir,

r ≃ 0

$r\simeq0$ ).

astromax

Tendría que estar de acuerdo con Kyle en esto. Lo estás haciendo más difícil de lo que tiene que ser al agregar el radio de la cuenta. Sin embargo, dado que dijiste que esto era tarea, le enviaría ambas respuestas al profesor y vería qué estaba buscando.

astromax

También podría resolver esto de la manera Lagrangiana con una restricción (

x^{2} + y^{2} - R^{2} = 0

$x^{2}+y^{2} - R^{2} = 0$ ). Podría ser más rápido y menos desordenado.

kyle kanos

@astromax: No estoy de acuerdo con el método lagrangiano. Con Newton 2, es simplemente

m R^{2} d^{2} θ / d t^{2} = m g R \cos θ ≃ m g R θ

$mR^2d^2\theta/dt^2=mgR\cos\theta\simeq mgR\theta$ y tu estas listo. Con el Lagrangiano, tienes

L = \frac{1}{2} m R^{2} {\dot{θ}}^{2} + m g R \cos θ

$L=\frac12mR^2\dot{\theta}^2+mgR\cos\theta$ luego las ecuaciones de Euler antes de llegar a lo que hizo Newton en una sola línea.

VacíoEstrella

Agregué la descripción original. Que los que lo entiendan juzguen por si mismos

kyle kanos

@Machtl: kleines Kügelchen= cuenta pequeña

\to

$\to$ radio ignorable. Ese es un lenguaje casi estándar para este problema.

VacíoEstrella

Bien, lo agregué a la presentación de mayo, muchas gracias.

astromax

Toma un par de líneas de trabajo adicional, pero puede manejar perfectamente la ecuación de restricción. Además, dije que también podrías resolver esto construyendo el Lagrangiano, no que "deberías" resolverlo de esta manera. No hay nada en lo que "no esté de acuerdo", a menos que esté afirmando que no se puede hacer de esta manera.

basureroDoofus

Hay una manera mucho más fácil de hacerlo en una sola línea de matemáticas: tenga en cuenta que el potencial es localmente una forma cuadrática 2D isotrópica. Un análisis 2D con ángulo

ϕ

$\phi$ es pues innecesario. Lo publicaré como una solución en un minuto.

julian rosen

Si realmente no hay fricción, ¿no se deslizaría la cuenta en lugar de rodar?

basureroDoofus

@JulianRosen: Sí, la pelota se deslizará en lugar de rodar.

Ján Lalinský

@Kyle Kanos, Machtl: no se proporciona el radio pequeño, pero se menciona el rodamiento, por lo tanto, se debe tener en cuenta la rotación de la canica. El movimiento resultante del mármol, por pequeño que sea, es diferente al de un punto de masa deslizante. Ver la respuesta de Julian Rosen.

basureroDoofus

Es interesante que la respuesta sea diferente para el caso rodante vs. deslizante, habría adivinado ingenuamente que podrían ser iguales, pero aparentemente no.

Respuestas (2)

Oscilación de una esfera rodante en un recipiente [cerrado]

Por lo general, si no se menciona el radio de la esfera, ¡ignóralo! Si pones $r=0$ , obtiene una solución estándar para el movimiento oscilatorio de ángulo pequeño.
Si pudiera asumir $r$ -> $0$ seguramente había sido mencionado en la descripción de la tarea. Si mi solución es correcta, enviaré la fórmula para $T$ como es sin calcularlo.
Pero al no decir qué $r$ está en el enunciado del problema, se define implícitamente como ignorable (es decir, $r\simeq0$ ).
Tendría que estar de acuerdo con Kyle en esto. Lo estás haciendo más difícil de lo que tiene que ser al agregar el radio de la cuenta. Sin embargo, dado que dijiste que esto era tarea, le enviaría ambas respuestas al profesor y vería qué estaba buscando.
También podría resolver esto de la manera Lagrangiana con una restricción ( $x^{2}+y^{2} - R^{2} = 0$ ). Podría ser más rápido y menos desordenado.
@astromax: No estoy de acuerdo con el método lagrangiano. Con Newton 2, es simplemente $mR^2d^2\theta/dt^2=mgR\cos\theta\simeq mgR\theta$ y tu estas listo. Con el Lagrangiano, tienes $L=\frac12mR^2\dot{\theta}^2+mgR\cos\theta$ luego las ecuaciones de Euler antes de llegar a lo que hizo Newton en una sola línea.
Agregué la descripción original. Que los que lo entiendan juzguen por si mismos
@Machtl: kleines Kügelchen= cuenta pequeña $\to$ radio ignorable. Ese es un lenguaje casi estándar para este problema.
Bien, lo agregué a la presentación de mayo, muchas gracias.
Toma un par de líneas de trabajo adicional, pero puede manejar perfectamente la ecuación de restricción. Además, dije que también podrías resolver esto construyendo el Lagrangiano, no que "deberías" resolverlo de esta manera. No hay nada en lo que "no esté de acuerdo", a menos que esté afirmando que no se puede hacer de esta manera.
Hay una manera mucho más fácil de hacerlo en una sola línea de matemáticas: tenga en cuenta que el potencial es localmente una forma cuadrática 2D isotrópica. Un análisis 2D con ángulo $\phi$ es pues innecesario. Lo publicaré como una solución en un minuto.
Si realmente no hay fricción, ¿no se deslizaría la cuenta en lugar de rodar?
@JulianRosen: Sí, la pelota se deslizará en lugar de rodar.
@Kyle Kanos, Machtl: no se proporciona el radio pequeño, pero se menciona el rodamiento, por lo tanto, se debe tener en cuenta la rotación de la canica. El movimiento resultante del mármol, por pequeño que sea, es diferente al de un punto de masa deslizante. Ver la respuesta de Julian Rosen.
Es interesante que la respuesta sea diferente para el caso rodante vs. deslizante, habría adivinado ingenuamente que podrían ser iguales, pero aparentemente no.

julian rosen · Answer 1

Aquí hay un enfoque diferente, dando una respuesta diferente.

Elegiré un sistema de coordenadas para que el ángulo $\phi=0$ es hacia abajo, y normalizamos el centro del cuenco para que tenga un potencial gravitatorio de 0. también asumiré $r\ll R$ .

La energía potencial gravitatoria de la perla es

- metro gramo R porque ϕ .

$-mgR\cos\phi.$

La energía cinética de una bola rodante (sólida) de densidad constante es $\frac{7}{10}mv^2$ (dónde $v$ es la velocidad del centro de la pelota), por lo que la energía cinética de la canica es

\frac{7}{10} metro {(R \frac{d ϕ}{d t})}^{2} .

$\frac{7}{10}m\left(R\frac{d\phi}{dt}\right)^2.$ Establecer la derivada de la energía total igual a 0 da

\begin{array}{rcl} metro gramo R pecado ϕ \frac{d ϕ}{d t} + \frac{7}{5} metro R^{2} \frac{d ϕ}{d t} \frac{d^{2} ϕ}{d t^{2}} & = & 0, \\ pecado ϕ + \frac{7}{5} \frac{R}{gramo} \frac{d^{2} ϕ}{d t^{2}} & = & 0. \end{array}

$\begin{eqnarray*} mgR\sin\phi\frac{d\phi}{dt}+\frac{7}{5}mR^2\frac{d\phi}{dt}\frac{d^2\phi}{dt^2}&=&0,\\ \sin\phi+\frac{7}{5}\frac{R}{g}\frac{d^2\phi}{dt^2}&=&0. \end{eqnarray*}$ Usando la aproximación

\sin ϕ \sim ϕ

$\sin\phi\sim\phi$ para

| ϕ |

$|\phi|$ pequeño:

ϕ + \frac{7 R}{5 gramo} \frac{d^{2} ϕ}{d t^{2}} = 0,

$\phi+\frac{7R}{5g}\frac{d^2\phi}{dt^2}=0,$ entonces el periodo de oscilación es

T = \frac{2 π \sqrt{7 R}}{\sqrt{5 gramo}} .

$T=\frac{2\pi\sqrt{7R}}{\sqrt{5g}}.$

Creo que la razón por la que hemos llegado a dos respuestas diferentes es la siguiente: el enunciado del problema parece implicar que (i) la canica está rodando y (ii) no hay fricción. Los enunciados (i) y (ii) son inconsistentes, por lo que debemos abandonar uno de ellos. En mi opinión, la pregunta es más interesante si mantenemos (i) y eliminamos (ii). Si asumimos que la canica rueda en lugar de deslizarse, entonces necesariamente debe haber fricción entre el cuenco y la canica. La fricción provoca un par, que no está incluido en el cálculo del OP. Si uno calcula la fuerza de fricción (usando el hecho de que la canica rueda) y la incluye en el cálculo del OP, creo que esto da la misma respuesta que di.

Muy buena solución. Se podría usar este método también para canicas más grandes si su radio $r$ es dado. La energía potencial de la canica está dada por la posición de su centro de gravedad, $-mg(R-r)\cos \phi$ . Los pasos son entonces los mismos que ha mostrado Julián.
Además, en la caja grande de mármol, la energía cinética es $\frac{7}{10}m\left((R-r)\frac{d\phi}{dt}\right)^2$
¡Verdadero! (Fui lo suficientemente rápido como para no darme cuenta de eso :-)
Tu solución es la misma que la mía con $r = R$ . Es interesante que en intentos anteriores obtuve tu resultado, pero lo descarté porque pensé que era incorrecto. Necesito pensarlo.

basureroDoofus · Answer 2

Un análisis 1-D será suficiente. Tenemos $U(x)\approx\frac{mg}{2R}x^2$ , y así resolvemos el DEQ relevante $mx''(t)=-U'(x(t))$ para obtener

τ = 2 π \sqrt{\frac{R}{gramo}} = 1.418 segundo .

$\tau=2\pi\sqrt{\frac{R}{g}}=1.418\mbox{ sec}.$

Side note: El razonamiento para la reducción al caso 1-D sigue ya que el potencial 2D es

tu (r) = \frac{1}{2} metro gramo (\begin{array}{cc} \frac{1}{R} & 0 \\ 0 & \frac{1}{R} \end{array}) : r \otimes r + O (r^{3})

$U(\mathbf{r})=\frac{1}{2}mg \left(\begin{array}{cc} \frac{1}{R} & 0\\ 0 & \frac{1}{R} \end{array}\right):\mathbf{r}\otimes\mathbf{r}+O(\mathbf{r}^3)$ lo que significa que el sistema es un oscilador isotrópico 2D para oscilaciones pequeñas.

EDIT: Esto supone que la bola pequeña se desliza alrededor del recipiente (debido a que la superficie sin fricción no puede impartirle un par mientras se mueve) y no rueda. Vea la respuesta de Julian Rosen para la interpretación continua.

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