¿Por qué algunos lagrangianos tienen una parte rotacional y otra no rotacional de su energía cinética?

Question

¿Por qué algunos lagrangianos tienen una parte rotacional y otra no rotacional de su energía cinética?

Stan Shunpike

Estaba haciendo una derivación y encontré un término en la energía cinética del Lagrangiano que tenía tanto un término de velocidad como un término de rotación. Así que busqué y encontré estos dos enlaces.

https://hepweb.ucsd.edu/ph110b/110b_notes/node19.html

https://hepweb.ucsd.edu/ph110b/110b_notes/node20.html

En el primer enlace dicen

Para un cuerpo rígido, encontraremos en las ecuaciones que el movimiento se puede separar en el movimiento del centro de masa y la rotación alrededor del centro de masa.

[...]

A los efectos del cálculo, supondremos que el cuerpo está formado por un conjunto de masas discretas, etiquetadas por un índice $\alpha$ . En cualquier marco inercial, la velocidad de una de esas masas es
${\vec{v}}_{α} = \vec{V} + \vec{ω} \times {\vec{r}}_{α}$ $\vec{v}_\alpha = \vec{V} + \vec{\omega} \times \vec{r}_\alpha$

En esta ecuación, el $\vec{v}_\alpha$ se da en el marco inercial, $\vec{V}$ es la velocidad del centro de masa del objeto, y $\vec{r}_\alpha$ es la posición de la masa en el marco del cuerpo en el que está en reposo.

En el segundo enlace, luego muestran lo siguiente

De la dinámica lagrangiana, sabemos que podemos extraer la física si conocemos la energía cinética y potencial, $T$ y $U$ . Por ahora no estaremos aplicando ningún potencial por lo que solo tenemos la energía cinética.
$\begin{aligned} T & = \sum_{α} T_{α} = \frac{1}{2} \sum_{α} {metro}_{α} v_{α}^{2} = \frac{1}{2} \sum_{α} {metro}_{α} {(\vec{V} + \vec{ω} \times {\vec{r}}_{α})}^{2} \\ T & = \frac{1}{2} \sum_{α} {metro}_{α} (V^{2} + 2 \vec{V} \cdot (\vec{ω} \times {\vec{r}}_{α}) + (\vec{ω} \times {\vec{r}}_{α})^{2}) \\ T & = V^{2} \frac{1}{2} \sum_{α} {metro}_{α} + \vec{V} \cdot (\vec{ω} \times \sum_{α} {metro}_{α} {\vec{r}}_{α}) + \frac{1}{2} \sum_{α} {metro}_{α} (\vec{ω} \times {\vec{r}}_{α})^{2} \end{aligned}$ $\begin{align} T&=\sum\limits_\alpha T_\alpha = {1\over 2}\sum_\alpha m_\alpha v_\alpha^2 = {1\over 2}\sum_\alpha m_\alpha \left(\vec{V} + \vec{\omega}\times\vec{r}_\alpha\right)^2\\ T &= {1\over 2}\sum\limits_\alpha m_\alpha \left(V^2 + 2\vec{V}\cdot(\vec{\omega}\times\vec{r}_\alpha)+(\vec{\omega}\times\vec{r}_\alpha)^2\right)\\ T &= V^2{1\over 2}\sum\limits_\alpha m_\alpha + \vec{V}\cdot\left(\vec{\omega}\times\sum_\alpha m_\alpha \vec{r}_\alpha\right)+{1\over 2}\sum\limits_\alpha m_\alpha(\vec{\omega}\times\vec{r}_\alpha)^2 \end{align}$

[Tenga en cuenta que] $\sum_\alpha m_\alpha \vec{r}_\alpha = 0$ , [por lo que entonces]
$\begin{aligned} T & = \frac{1}{2} METRO V^{2} + \frac{1}{2} \sum_{α} {metro}_{α} (\vec{ω} \times {\vec{r}}_{α})^{2} \\ T & = T_{C METRO} + T_{r o t} \end{aligned}$ $\begin{align} T &= {1\over 2}M V^2 + {1\over 2}\sum\limits_\alpha m_\alpha(\vec{\omega}\times\vec{r}_\alpha)^2\\ T& = T_{CM} + T_{rot}\\ \end{align}$

Estoy confundido por qué la energía cinética tiene que dividirse de esta manera. Por ejemplo, considere el ejemplo con un péndulo.

Mirándolo intuitivamente, diría que hay un par de torsión de la gravedad en el péndulo que hace que se mueva. Entonces, la fuerza debe tenerse en cuenta en esta parte "rotacional" de la energía cinética. Sin embargo, entiendo que la derivación estándar de un péndulo es la siguiente:

La única fuerza que actúa sobre el péndulo es la gravedad. Entonces la energía potencial es

V = metro gramo r_{y} = - metro gramo ℓ porque (θ)

$V = mgr_y = -mg\ell\cos(\theta)$

La energía cinética es

\begin{aligned} T & = \frac{1}{2} metro ‖ v ‖^{2} \\ = \frac{1}{2} metro (v_{X}^{2} + v_{y}^{2}) \end{aligned}

$\begin{align} T &= \frac{1}{2} m \lVert \mathbf{v}\rVert^2\\ &= \frac{1}{2} m (v_x^2 +v_y^2)\\ \end{align}$

Nota,

\begin{aligned} v_{X} & = \frac{\partial r_{X}}{\partial θ} \frac{\partial θ}{\partial t} \\ = \frac{\partial}{\partial θ} (ℓ pecado (θ)) \dot{θ} \\ = ℓ porque (θ) \dot{θ} \\ v_{X}^{2} & = ℓ^{2} {porque}^{2} (θ) {\dot{θ}}^{2} \end{aligned}

$\begin{align} v_x &= \frac{\partial r_x}{\partial \theta} \frac{\partial \theta}{\partial t}\\ &= \frac{\partial}{\partial \theta}(\ell\sin(\theta)) \dot{\theta}\\ &= \ell\cos(\theta) \dot{\theta}\\ v_x^2&= \ell^2\cos^2(\theta) \dot{\theta}^2 \end{align}$ y

\begin{aligned} v_{y} & = \frac{\partial r_{y}}{\partial θ} \frac{\partial θ}{\partial t} \\ = \frac{\partial}{\partial θ} (- ℓ porque (θ)) \dot{θ} \\ = ℓ pecado (θ) \dot{θ} \\ v_{y}^{2} & = ℓ^{2} {pecado}^{2} (θ) {\dot{θ}}^{2} \end{aligned}

$\begin{align} v_y &= \frac{\partial r_y}{\partial \theta} \frac{\partial \theta}{\partial t}\\ &= \frac{\partial}{\partial \theta}(-\ell\cos(\theta)) \dot{\theta}\\ &= \ell\sin(\theta) \dot{\theta}\\ v_y^2&= \ell^2\sin^2(\theta) \dot{\theta}^2 \end{align}$

De este modo,

\begin{aligned} v_{X}^{2} + v_{y}^{2} & = ℓ^{2} {porque}^{2} (θ) {\dot{θ}}^{2} + ℓ^{2} {pecado}^{2} (θ) {\dot{θ}}^{2} \\ = ℓ^{2} {\dot{θ}}^{2} ({porque}^{2} (θ) + {pecado}^{2} (θ)) \\ = ℓ^{2} {\dot{θ}}^{2} \end{aligned}

$\begin{align} v_x^2+v_y^2&= \ell^2\cos^2(\theta) \dot{\theta}^2+ \ell^2\sin^2(\theta) \dot{\theta}^2\\ &= \ell^2 \dot{\theta}^2 (\cos^2(\theta)+\sin^2(\theta))\\ &= \ell^2 \dot{\theta}^2\\ \end{align}$

Entonces, la energía cinética es

T = \frac{1}{2} metro (v_{X}^{2} + v_{y}^{2}) = \frac{1}{2} metro ℓ^{2} {\dot{θ}}^{2}

$T =\frac{1}{2} m (v_x^2 +v_y^2) = \frac{1}{2} m \ell^2 \dot{\theta}^2$

Entonces el lagrangiano viene dado por

\begin{aligned} L & = T - V \\ = \frac{1}{2} metro ℓ^{2} {\dot{θ}}^{2} - (- metro gramo ℓ porque (θ)) \\ = \frac{1}{2} metro ℓ^{2} {\dot{θ}}^{2} + metro gramo ℓ porque (θ) \end{aligned}

$\begin{align} L & = T - V\\ &= \frac{1}{2} m \ell^2 \dot{\theta}^2 - (-mg\ell\cos(\theta)) \\ &= \frac{1}{2} m \ell^2 \dot{\theta}^2 + mg\ell\cos(\theta) \\ \end{align}$

cuyos rendimientos

ℓ \ddot{θ} + gramo pecado (θ) = 0

$\ell\ddot{\theta}+g\sin(\theta)=0$

Sin embargo, observe en mi derivación que el término de energía cinética para el péndulo se estableció usando $(v_x^2 +v_y^2)$ que parece análoga a la $T_{CM}$ término anterior y no $T_{rot}$ .

Mi pregunta

¿Por qué la velocidad se divide en $\vec{v}_\alpha = \vec{V} + \vec{\omega} \times \vec{r}_\alpha$ ? ¿Por qué la derivación de un péndulo no utiliza $\vec{\omega} \times \vec{r}_\alpha$ dado que la masa gira alrededor de un punto?

garyp

¿Qué haría en el caso de que la lenteja no tenga forma de punto, por ejemplo, podría parecerse más a su ilustración donde la lenteja tiene un radio distinto de cero?

factura vatios

¿Por qué crees que tiene que ser de una forma u otra? Es puramente su elección si lo trabaja como traslación y rotación o como rotación pura. La referencia que cita dice "el movimiento se puede separar", no "debe ser". Normalmente eliges el método más conveniente.

Simón

El KE en el caso del péndulo es solo la rotación, no hay movimiento de traslación involucrado.

Respuestas (3)

¿Por qué algunos lagrangianos tienen una parte rotacional y otra no rotacional de su energía cinética?

¿Qué haría en el caso de que la lenteja no tenga forma de punto, por ejemplo, podría parecerse más a su ilustración donde la lenteja tiene un radio distinto de cero?
¿Por qué crees que tiene que ser de una forma u otra? Es puramente su elección si lo trabaja como traslación y rotación o como rotación pura. La referencia que cita dice "el movimiento se puede separar", no "debe ser". Normalmente eliges el método más conveniente.
El KE en el caso del péndulo es solo la rotación, no hay movimiento de traslación involucrado.

Shrey · Answer 1

Suponiendo que la cuerda permanezca tensa, creo que aún puede tratar el péndulo simple como un cuerpo rígido, que consta de una masa puntual. El centro de masa de tal cuerpo está ubicado en el punto de masa (por ejemplo, la lenteja en este caso) en sí mismo, por lo que $\mathbf{r} = \mathbf{0}$ ya que este debe medirse desde el centro de masa del cuerpo rígido.

Por lo tanto, ya vemos que $\mathbf{v}_{\alpha} = \mathbf{V} + \boldsymbol{\omega} \times \mathbf{r}_{\alpha}$ reduce a $\mathbf{v} = \mathbf{V}$ - es decir, solo necesitamos encontrar la velocidad de la lenteja (centro de masa).

¿Por qué la derivación de un péndulo no utiliza $\boldsymbol{\omega} \times \mathbf{r}_{\alpha}$ dado que la masa gira alrededor de un punto?

Creo que esto ahora ha sido respondido desde el $\boldsymbol{\omega} \times \mathbf{r}_{\alpha}$ el término en realidad se desvanece. Sin embargo, si medimos la ubicación de la lenteja desde el propio punto de pivote, $\mathbf{r'}$ , podemos deducir $\mathbf{V}$ utilizando el mismo producto cruzado (ya que proviene de las mismas matemáticas). Usando coordenadas polares cilíndricas:

r^{'} = yo {\hat{r}}^{'}

$\mathbf{r'} = l \mathbf{\hat{r}'}$ y

ω = \dot{θ} \hat{z}

$\boldsymbol{\omega} = \dot{\theta} \mathbf{\hat{z}}$ .

Por lo tanto,

v = ω \times r^{'} = yo \dot{θ} (\hat{z} \times {\hat{r}}^{'}) = yo \dot{θ} \hat{θ}

$\mathbf{v} = \boldsymbol{\omega} \times \mathbf{r'} = l \dot{\theta} (\mathbf{\hat{z}} \times \mathbf{\hat{r}'}) = l \dot{\theta} \boldsymbol{\hat{\theta}}$

Entonces vemos que $v^2 = \mathbf{v} \cdot \mathbf{v} = l^2 \dot{\theta}^2$ , lo cual es consistente con su expresión.

Yly · Answer 2

Puedes usar totalmente $\vec{\omega} \times \vec{r}$ para obtener la energía cinética de un péndulo. Tenga en cuenta que $\vec{\omega} \perp \vec{r}$ , entonces $||v||=||\vec{\omega} \times \vec{r}|| = ||\vec{\omega}|| \cdot ||\vec{r}||$ , y desde $||\vec{\omega}||=\dot{\theta}$ y $||\vec{r}|| = \ell$ , tenemos que la energía cinética $T = \frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} m \dot{\theta}^2 \ell^2$ , como se desee.

De manera más general, la razón para dividir las cosas de una manera particular siempre es la conveniencia. Cuando separa el movimiento del centro de masa de un cuerpo rígido, reduce a la mitad el número de grados de libertad que quedan (3 en lugar de 6). El movimiento restante de cada punto del cuerpo estará muy restringido (recostará sobre una esfera centrada en el centro de masa del cuerpo) y será más fácil de resolver analíticamente que si no hubiera eliminado el movimiento CM. Al dividir un problema como este, simplemente lo hace más fácil de entender y resolver.

Es razonable preguntar "¿Por qué no hacer lo mismo con un péndulo que con un cuerpo rígido?" La respuesta a esto es más profunda: es porque el cuerpo rígido tiene simetrías que el péndulo no tiene. En particular, el cuerpo rígido tiene invariancia a la traslación, mientras que el péndulo no la tiene porque está anclado a una pared. La separación del movimiento CM y el movimiento de rotación para cuerpos rígidos solo funciona estrictamente cuando se tiene esta simetría traslacional: si el cuerpo rígido se mueve con un potencial no uniforme, generalmente experimentará un par causado por su movimiento CM, por lo que los grados CM y de rotación de la libertad se acoplan. Este es un fenómeno genérico: en presencia de simetría, ciertos grados de libertad tenderán a desacoplarse, y si elige coordenadas que respeten la simetría del problema, será más fácil de resolver.

Juan Alexiou · Answer 3

Es conveniente descomponer el movimiento de una partícula sobre un marco giratorio (cuerpo rígido) en la velocidad de traslación del centro de masa, más una rotación alrededor del centro de masa. La razón por la que el centro de masa es importante es porque el impulso de un cuerpo se relaciona con el movimiento del centro de masa y, por lo tanto, las fuerzas (derivada del impulso en el tiempo) también se relacionan con el movimiento del centro de masa.

Además, la energía cinética de un cuerpo rígido en movimiento es un valor escalar invariable (constante) que no depende de la ubicación en la que se resuelve .

Puedes llegar a la misma energía cinética. $T$ independientemente de cómo se descomponga el movimiento, y la elección del centro de masa es puramente por conveniencia.

Considere un cuerpo clavado en el punto A

La energía cinética se calcula en varios puntos, dependiendo de la definición del momento de inercia de la masa en esos puntos.

\begin{aligned} T & = \vec{ω} \cdot I_{A} \vec{ω} + metro ({\vec{v}}_{A} \cdot {\vec{v}}_{A}) \\ = \vec{ω} \cdot I_{B} \vec{ω} + metro ({\vec{v}}_{B} \cdot {\vec{v}}_{B}) \\ = \vec{ω} \cdot I_{C} \vec{ω} + metro ({\vec{v}}_{C} \cdot {\vec{v}}_{C}) \\ = \vec{ω} \cdot I_{GRAMO} \vec{ω} + metro ({\vec{v}}_{GRAMO} \cdot {\vec{v}}_{GRAMO}) \end{aligned}

$\require{cancel} \begin{aligned} T & =\vec{\omega} \cdot I_A \vec{\omega} + m \cancel{(\vec{v}_A \cdot \vec{v}_A)} \\ & = \vec{\omega} \cdot I_B \vec{\omega} + m( \vec{v}_B \cdot \vec{v}_B)\\ & = \vec{\omega} \cdot I_C \vec{\omega} + m( \vec{v}_C \cdot \vec{v}_C)\\ & = \vec{\omega} \cdot I_G \vec{\omega} + m( \vec{v}_G \cdot \vec{v}_G) \\ \end{aligned}$

Todo lo anterior devuelve el mismo valor exacto.

¿Por qué algunos lagrangianos tienen una parte rotacional y otra no rotacional de su energía cinética?

Stan Shunpike

Mi pregunta

garyp

factura vatios

Simón

Respuestas (3)

Shrey

Yly

Juan Alexiou

Traducción pasiva y activa de Peskin y Schroeder

¿Cómo representar la masa reducida en la forma de espacio curvo, mientras se estudia un sistema de dos cuerpos en GR?

¿Marcos no inerciales en mecánica lagrangiana?

Lagrangiano de resortes giratorios

¿Cuál es el lagrangiano de una barra que gira libremente? [cerrado]

Fuerza centrífuga y coordenadas polares

Transformación del marco de referencia para el Lagrangiano de una partícula cargada

Resolución de EDO de cuerpo rígido en marco giratorio

Componentes de la velocidad angular en un marco de referencia cerca de la superficie terrestre

Lagrangiano en marco de referencia giratorio