¿Una varilla que cae permanecerá en contacto con el piso sin fricción?

La técnica a usar en problemas como este es asumir que la barra permanece en contacto con la mesa y luego tratar de averiguar si la fuerza normal alguna vez cambia de signo para algún ángulo.$\theta$mientras cae la varilla. Si lo hace, entonces la punta inferior de la barra tendrá que dejar la mesa, ya que una "mesa sin fricción" no puede tirar de la barra hacia abajo; sólo puede empujarlo hacia arriba. Se utilizan técnicas similares en la solución del problema clásico de "el disco se desliza por un hemisferio sin fricción", así como el problema de la "regla que se cae".

En realidad, hacer esto es un poco complicado, pero aquí hay un boceto aproximado. Dejar$L$Sea la longitud de la varilla y$m$sea ​​su masa. Dejar$I = \frac{1}{4} \beta m L^2$sea ​​el momento de inercia de la barra con respecto a su centro de masa; tenga en cuenta que$\beta = \frac{1}{3}$para una barra de densidad uniforme, mientras que$\beta = 1$si la masa se concentra en las puntas. Esto se hace para proporcionar un poco más de generalidad; Supondré, sin embargo, que la distribución de masa es simétrica, de modo que el centro de masa está en el centro geométrico de la barra.

Los ingredientes que necesitarás son:

• Restricciones geométricas: La posición vertical del centro de masa de la varilla será$z = \frac{1}{2} L \cos \theta$(tomando positivo$z$hacia arriba.) Derivando esto dos veces, obtenemos para la velocidad y la aceleración del centro de masa

  $$v = - \frac{L}{2} \omega \sin \theta, \\ a = - \frac{L}{2} ( \alpha \sin \theta + \omega^2 \cos \theta),$$ dónde$\alpha$es la aceleración angular de la barra.

• Conservación de la energía: Como la mesa no realiza trabajo sobre la punta de la varilla, se conserva la energía mecánica de la varilla. Esto da una relación entre$v$y$\omega$.

• Segunda Ley de Newton (traduccional): Usando la segunda ley de Newton, puedes relacionar$a$y$N$.

• Segunda Ley de Newton (rotacional): Calculando el torque sobre el centro de masa de la varilla, puedes encontrar una relación entre$N$y$\alpha$.

Esto nos da un sistema de cinco ecuaciones y cinco incógnitas.$\{N, v, a, \omega, \alpha \}$que se puede solucionar. Después de recorrerlo, encuentro que la fuerza normal como función de$\theta$es

$$N = \frac{mg \beta (\beta + (1- \cos \theta)^2)}{(\beta + \sin^2 \theta)^2}$$ que es manifiestamente positivo para cualquier valor de$\theta$. Así, la punta de la varilla no sale de la mesa; la mesa mantiene continuamente una fuerza normal hacia arriba a medida que cae.

para ver qué pasa tienes que escribir la ecuación de movimientos y luego simular las ecuaciones.

tenemos dos coordenadas generalizadas$x$es la traslación en el suelo y la rotación de la varilla.

comenzando con el vector de posición al centro de masa se obtiene:

$$\vec{R}=\left[ \begin {array}{c} l\sin \left( \varphi \right) +x \\ l\cos \left( \varphi \right) \end {array} \right] \tag 1$$

de la ecuación (1) se puede obtener la energía cinética$\quad T=\frac{m}{2}\vec{\dot{R}}^T\,\vec{\dot{R}}+\frac{I_{cm}}{2}\dot{\varphi}^2$y la energía potencial$U=m\,g\,\vec{R}_y$

$\Rightarrow$

Las ecuaciones de movimiento:

$${\frac {d^{2}}{d{\tau}^{2}}}\varphi \left( \tau \right) +{\frac {m{l} ^{2}\cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \sin \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \left( {\frac {d}{d\tau}} \varphi \left( \tau \right) \right) ^{2}}{m{l}^{2}+{\it Icm}-m{l}^{2 } \left( \cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \right) ^{ 2}}}-{\frac {mgl\sin \left( \varphi \left( \tau \right) \right) }{m{ l}^{2}+{\it Icm}-m{l}^{2} \left( \cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \right) ^{2}}} =0\tag 3$$

$${\frac {d^{2}}{d{\tau}^{2}}}x \left( \tau \right) +{\frac {m{l}^{2} \cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \sin \left( \varphi \left( \tau \right) \right) g}{m{l}^{2}+{\it Icm}-m{l}^{2} \left( \cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \right) ^{2}}}-{ \frac { \left( {\frac {d}{d\tau}}\varphi \left( \tau \right) \right) ^{2}l\sin \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \left( m{l}^{2}+{\it Icm} \right) }{m{l}^{2}+{\it Icm}-m{l}^{2} \left( \cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \right) ^{2 }}} =0\tag 4$$

también tenemos que obtener la fuerza normal (fuerza de contacto del piso de la barra). Para calcular la fuerza normal$N$Agrego un grado adicional de libertad a la dirección de la fuerza normal que es$y$entonces el vector de posición es ahora:

$$\vec{R}= \left[ \begin {array}{c} l\sin \left( \varphi \right) +x \\ l\cos \left( \varphi \right) +y\end {array} \right]$$

las "nuevas" ecuaciones de movimiento son$\ddot{\varphi}=\ldots\,,\ddot{x}=\ldots$y$\ddot{y}=\ldots$pero también tenemos la ecuación de restricción holonómica (multiplicador de Lagrange).

$y=0\quad \Rightarrow\quad \dot{y}=0\,,\ddot{y}=0$

así tenemos suficientes ecuaciones para calcular la fuerza de contacto$N$

$$N={\frac {{\it Icm}\,ml\cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \left( {\frac {d}{d\tau}}\varphi \left( \tau \right) \right) ^{2}}{m{l}^{2}+{\it Icm}-m{l}^{2} \left( \cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \right) ^{2}}}-{\frac {m{\it Icm}\,g}{m {l}^{2}+{\it Icm}-m{l}^{2} \left( \cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \right) ^{2}}} \tag 5$$

Simulación

Comienzo la simulación con las condiciones iniciales:

$x(0)=0,D(x)(0)=0,\varphi(0)=0.1,D(\varphi)(0)=0.3$

Detengo la simulación si la rotación de la varilla alcanza los 90 grados.

ves que la fuerza de contacto$N$es mayor que cero, por lo que la varilla tiene contacto con el piso, puede evitar esta situación solo si aplica un par externo en la varilla.

Compare la fuerza normal con la fuerza normal de Michael Seifert

con:

$\varphi(0)=0$y$Icm=\frac{1}{4}\,\beta\,m\,(2\,l)^2$

$$N={\frac {mg\beta\, \left( \beta+ \left( 1-\cos \left( \varphi \right) \right) ^{2} \right) }{ \left( \beta+ \left( \sin \left( \varphi \right) \right) ^{2} \right) ^{2}}} \tag 6$$

gráfico rojo ecuación de fuerza normal (5), gráfico azul es la ecuación de fuerza normal (6) ¡Obtenemos los mismos resultados!

@MichaelSeifert tiene una muy buena respuesta.

Solo quiero describirlo desde un ángulo diferente aquí.

un calculo

Si solo quieres investigar si se pierde el contacto en algún ángulo$\theta$, entonces en este problema también se puede hacer de la siguiente manera: Solo el extremo inferior de la varilla está en contacto con el suelo . Entonces, para que la barra permanezca, deje contacto con el suelo después de girar un ángulo$\theta$, la aceleración vertical (hacia arriba) del punto de contacto (POC) debida a todas las fuerzas excepto la fuerza normal debe volverse no negativa como mínimo. Entonces, uno puede imaginar que la barra ya no está "cayendo al piso" a través del POC en este caso (en realidad está lista para volar), por lo que el suelo no actuará con una fuerza normal distinta de cero en la barra para reducir la velocidad. abajo; si lo hace, debido a la geometría del problema, solo mejorará la aceleración vertical hacia arriba de POC, lo cual es inconsistente con la restricción.

Ahora observe que la aceleración del POC en la dirección vertical en este punto debido a todas las fuerzas excepto la fuerza normal sería simplemente$\frac{\Omega^2 L}{2} \cos \theta - g$.

$\Bigg[$también sabemos$\Omega^2$en términos de$\theta$del principio de conservación de la energía (siempre y cuando se cumpla la restricción). Una forma rápida de anotar la energía cinética es notar que la barra giratoria gira instantáneamente alrededor de un eje perpendicular al plano de la barra, que pasa por la intersección de la línea vertical a través de POC y la línea horizontal a través de COM. Esto daría una energía cinética de$\frac{1}{2}mL^2\Big[\frac{1}{12}+\frac{\sin^2\theta}{4} \Big] \Omega^2$, que se obtiene tras una caída de COM por altura$\frac{L}{2}(1-\cos\theta)$.$\Bigg]$

Si ahora realmente calculas la cantidad$\frac{\Omega^2 L}{2} \cos \theta - g$, encontrará que es como el numerador de la expresión para$N$encontrado por @MichaelSeifert, excepto que tendría un signo negativo$-$esto significa que nunca puede ser positivo y, por lo tanto, nunca se puede perder el contacto.

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Intuición

Ahora entendemos cuál es el responsable de la pérdida de contacto.$-$¡Es la velocidad angular de la barra! Cuanto mayor sea su magnitud, mayor será la posibilidad de perder el contacto con el suelo. Pero, ¿qué sucede si le das a la barra cierta velocidad angular inicial al comienzo?$-$¿Se perderá el contacto ahora? Se presentan dos casos:

1. Cualquier contacto se perderá en la parte superior.

2. O el contacto nunca se perderá.

Por supuesto, deberías resolver esto matemáticamente. Pero hay una manera intuitiva de entender$-$suponga que el contacto se pierde en algún punto en un ángulo$\theta \neq 0$(al menos por una pequeña cantidad de tiempo), entonces el punto de contacto tiene velocidad cero en la dirección vertical en este momento. De aquí en adelante, la barra continúa girando más por un momento infinitesimal sin ningún cambio en$\Omega$, pero entonces$\frac{\Omega^2 L}{2} \cos \theta - g$( que hasta ahora no era positivo ) volverá a ser negativo porque$\theta$va a aumentar un momento después. Tan pronto como eso suceda, la varilla caerá al suelo a través del POC, y el suelo no lo aceptará amablemente y ejercerá una fuerza normal en respuesta. ¡Y eso es una contradicción!

Sin embargo, si gira la varilla demasiado rápido al principio, perderá contacto porque$\frac{\Omega^2 L}{2} \cos \theta - g$será$>0$al comienzo mismo, y no se volverá negativo un instante después.

Esto es en realidad lo que da lugar a la intuición de que la varilla no perderá el contacto por el problema planteado originalmente por usted.$-$a saber, que dado que en el caso original el contacto no se pierde al principio, de hecho nunca se pierde (¡siempre que el otro extremo de la varilla no toque el suelo)!

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Advertencia : No use esta idea en ningún problema general, porque en general el punto de contacto puede no ser el mismo punto (por ejemplo, un disco rodando en un plano). Entonces, la forma general, por supuesto, es implementar la restricción y asegurarse de que$N\geq0$para que la suposición de restricción sea autoconsistente en tales problemas.