Bewegung einer Perle auf einer Stange

In dem mit der Stange mitrotierenden Rahmen wirkt eine Zentrifugalkraft

$$F_{cf}=m\omega^2 r \tag 1$$ wirkt auf die Perle, die sie entlang der Stange nach außen bewegt. Das gleiche passiert in Zentrifugen und in Ihrer Waschmaschine, wenn das Wasser durch Hochgeschwindigkeitsrotation aus Ihrer Wäsche gedrückt wird.

Nach dem Kommentar von @suiz werde ich versuchen, das Problem im Inertialsystem mit den Lagrange-Gleichungen zu lösen. Die Lagrange-Funktion in Polarkoordinaten mit$\phi=\omega t$, Wo$\omega$eine konstante Winkelgeschwindigkeit ist, ist gegeben durch

$$L=\frac {m}{2}(v_r^2+v_{\phi}^2)=\frac {m}{2}(\dot r^2+r^2\omega^2) \tag 2$$ Damit ist die Lagrange-Funktion unabhängig von $\phi$und die Lagrange-Gleichung lautet: $$\frac {d}{dt}\frac {\partial L}{\partial \dot r}-\frac {\partial L}{\partial r}=m(\ddot r-r\omega^2)=0 \tag 3$$ was die homogene gewöhnliche Differentialgleichung zweiter Ordnung für ergibt $r(t)$ $$\ddot r-r\omega^2=0 \tag 4$$ mit der allgemeinen Lösung $$r(t)=A\exp(\omega t)+B\exp(-\omega t) \tag 4$$ Unter Annahme der Anfangsbedingungen $$r(t=0)=r_0; \dot r(t=0)=0 \tag 5$$ die Lösung für den zeitabhängigen Radius ist $$r(t)=r_0\cosh(\omega t) \tag 6$$ ergibt die Radialgeschwindigkeit $$v_r=r_0 \omega \sinh(\omega t) \tag 7$$ und die "Radialbeschleunigung"* $$\ddot r=r_0 \omega^2 \cosh(\omega t)=r\omega^2 \tag 8$$ Somit ist ersichtlich, dass der reibungsfreie Wulst schließlich mit exponentiell ansteigender Radialgeschwindigkeit radial wegfliegt. Interessant ist, dass aufgrund des exponentiellen Anstiegs am Ende eines langen Stabes die Größe der Radialgeschwindigkeit ansteigt $v_r$tendiert zur Rotationsgeschwindigkeit $v_{\phi}=\omega r$so dass die Raupe praktisch 45° zur momentanen Richtung des Radius wegfliegen würde.

Die "Radialbeschleunigung" Gl. (8) ist genau die Zentrifugalbeschleunigung im Drehrahmen s. Gl. (1). [Im Rotationssystem ist Gl. (4) und seine Lösung folgt direkt durch Anwendung des Newtonschen Gesetzes mit der Zentrifugalkraft (1).] Es ist auch bemerkenswert, dass bei dem vorliegenden Problem der reibungsfreien Perle keine Zentripetalkraft vorhanden ist.

Es ist aufschlussreich, die kinetische Energie der Perle zu untersuchen

$$T=\frac {m}{2}(v_r^2+v_{\phi}^2)=\frac {m}{2}r_0^2\omega^2 [\sinh(\omega t)^2+\cosh(\omega t)^2=\frac {m}{2}r_0^2\omega^2 \cosh(2\omega t) \tag 9$$ die stark ansteigt mit $t$und wird schließlich exponentiell.

Obwohl diese Ableitung für das Inertialsystem mit der Lagrange-Funktion völlig transparent ist, wäre es interessant, wenn jemand eine intuitive physikalische Erklärung für die starke Zunahme der (Radial-) Geschwindigkeit und der gesamten kinetischen Energie der Perle finden könnte, ohne das Konzept von zu verwenden eine Zentrifugalkraft.

[*] In Anführungszeichen, weil dies die zweite zeitliche Ableitung der verallgemeinerten Koordinate ist$r$und nicht die radiale Vektorkomponente der Beschleunigung in Polarkoordinaten , die ist$\ddot r-r\omega^2$, und damit nach Gl. (4) gleich Null, wie @pgml in seiner Antwort unten richtig darauf hingewiesen hat.

Es gibt keine entlang der Stange gerichtete Kraft ("radial"). Und zu jedem Zeitpunkt ist die radiale Komponente der Beschleunigung Null. Aber die radiale Komponente der Beschleunigung ist nicht die Ableitung der radialen Komponente der Geschwindigkeit: bezeichnet die Beschleunigung durch$\boldsymbol{a}$, Geschwindigkeit durch$\boldsymbol{v}$, und radial durch den Index$\text{r}$,

$$\boldsymbol{a}_{\text{r}} = \left(\frac{\mathrm{d}\boldsymbol{v}}{\mathrm{d}t}\right)_{\text{r}} \neq \frac{\mathrm{d}(\boldsymbol{v}_{\text{r}})}{\mathrm{d}t}.$$ Mit anderen Worten, wir müssen zuerst die zeitliche Ableitung nehmen und dann entlang des Stabs projizieren, nicht umgekehrt. Die beiden Operationen tauschen nicht aus, da wir rotierende Projektionsrichtungen in Betracht ziehen. Aus diesem Grund müssen wir auch sehr vorsichtig sein und "die radiale Komponente der Beschleunigung" von "der zweiten zeitlichen Ableitung der radialen Koordinate" unterscheiden, weil sie unterschiedlich sind.

Sehen wir uns das im Detail an und erarbeiten die Lösung.

Betrachten Sie ein Koordinatensystem$xy$auf der Ebene der rotierenden Stange und in einem Trägheitsrahmen befestigt, mit dem Drehpunkt der Stange bei$(0,0)$.

Die Position der Perle kann geschrieben werden als

$$r(t)\,(\cos\omega t, \sin\omega t),$$ Wo $r(t)$ist der Abstand vom Drehpunkt und wir gehen davon aus, dass sich die Stange auf dem befindet $x$Achse bei $t=0$.

Die Geschwindigkeit der Perle ist, was Zeitableitungen mit einem überlagerten Punkt bezeichnet,

$$\boldsymbol{v}(t) = \dot{r}(t) \, (\cos\omega t, \sin\omega t) + \omega r(t) \, (-\sin\omega t, \cos\omega t).$$ Der erste Summand ist die momentane radiale Komponente, der zweite ist die azimutale (senkrecht zum Stab) Komponente. Im Trägheitsrahmen hat die Perle eine spiralförmige Bewegung. Die Geschwindigkeit, tangential zu seiner Flugbahn, ist in Bezug auf die Stange geneigt.

Die Beschleunigung der Perle ist, indem man die Ableitung aller obigen Terme nimmt und einige "$(t)$",

$$\begin{align} \boldsymbol{a}(t) &= \ddot{r} \, (\cos\omega t, \sin\omega t) + \omega \dot{r} \, (-\sin\omega t, \cos\omega t) + \omega \dot{r} \, (-\sin\omega t, \cos\omega t) - \omega^2 r \, (\cos\omega t, \sin\omega t) \\ &= (\ddot{r}-\omega^2 r)\, (\cos\omega t, \sin\omega t) + 2\omega \dot{r} \, (-\sin\omega t, \cos\omega t). \end{align}$$ In der ersten Gleichung können wir sehen, dass sowohl die radiale als auch die azimutale Komponente der Geschwindigkeit zur radialen Komponente der Beschleunigung beitragen; und beide tragen auch zu seiner azimutalen Komponente bei.

Die radiale Komponente der Beschleunigung,$\ddot{r}-\omega^2 r$, hat zwei Terme, weil sich die Geschwindigkeit nicht nur in der Richtung, sondern auch in der Größe ändert: der Term$-\omega^2 r$spiegelt die frühere Änderung wider (es ist die Zentripetalbeschleunigung, die die Perle haben würde, wenn sie auf den Stab geklebt wäre); der Begriff$\ddot{r}$, letzteres.

Multiplizieren mit der Masse der Perle, die wir haben

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

Da wir uns in einem Trägheitsrahmen befinden, muss nach Newtons zweitem Gesetz die Azimutkomponente des obigen Ausdrucks gleich der Summe der Kräfte sein, die normal zu dem Stab sind, der die Perle einschränkt. Es gibt keine Radialkräfte, also muss die Radialkomponente identisch verschwinden, was nur passiert, wenn

$$\ddot{r}(t)-\omega^2 r(t) = 0.$$ Das heißt, die Beschleunigung darf keine radiale Komponente haben. Beachten Sie jedoch erneut, dass eine solche Komponente nicht gerecht ist $\ddot{r}$. Dies ist die gleiche Gleichung, die die Antwort von Freecharly durch einen Lagrangian erhält.

Genau wie in Freecharlys Antwort ist die allgemeine Lösung der obigen Differentialgleichung

$$r(t) = A\exp(\omega t) + B\exp(-\omega t).$$ Nehmen wir an, dass bei $t=0$die Position der Perle ist $r(0)=r_0>0$und die radiale Komponente seiner Geschwindigkeit ist $\dot{r}(0)=0$. Dann $A=B=r_0/2$Und $$r(t) = \frac{1}{2}r_0\,[\exp(\omega t) + \exp(-\omega t)] \equiv r_0\,\cosh\omega t.$$ Die Geschwindigkeit ist $$\dot{r}(t) = \omega r_0\,\sinh\omega t.$$ Die Perle bewegt sich also nach innen $t<0$und nach außen für $t>0$. Dies ist sinnvoll, wenn wir ein nicht träges, rotierendes System betrachten, das mit der Stange befestigt ist: Die Trägheitskraft drückt die Perle nach außen (und seitwärts), sodass sie nur dann eine radiale Geschwindigkeit von Null hat $t=0$zu einem früheren Zeitpunkt in Richtung Zentrum geworfen worden sein soll $t<0$. Die Trägheitskraft ließ es abbremsen und dann die Richtung umkehren $t=0$.

Wenn Sie eine andere Geschwindigkeit bei annehmen$t=0$(Aber kompatibel mit der Tatsache, dass$r\geq 0$zu jeder Zeit, da nicht klar ist, ob die Stange am Drehpunkt offen oder geschlossen ist, oder ob sie in die andere Richtung ausfährt) merkt man das auf jeden Fall$r(t) \to \infty$als$t\to+\infty$, das heißt, der Wulst wird schließlich immer nach außen gedrückt.

Dies mag etwas spät sein, aber dieses Problem hat gute Erkenntnisse: Betrachten wir das Problem im Inertialsystem durch Polarkoordinaten.

$$F=m((\ddot{r}-r{\dot{\theta}^2})\hat{r} +(r\ddot{\theta}+2\dot{r}\dot{\theta})\hat{\theta})$$ Die Stange übt nur eine Kraft in tangentialer Richtung aus. ($F_\theta=N\hat{\theta}$). Die Kraft in radialer Richtung ist$0$. Daher sehen wir das$a_r$sollte null sein und es sollte keine Bewegung in radialer Richtung geben.

Da wir keine Bewegung in radialer Richtung angenommen haben, nehmen wir an$\dot{r}=0=\ddot{r}$und sehen, was passieren wird.

$$\vec{v}=r\dot{\theta}\hat{\theta}$$ und daher ist die Beschleunigung durch Differenzieren: $$\vec{a}=-r\dot{\theta}^2\hat{r}+(\dot{r}\dot{\theta}+r\ddot{\theta})\hat{\theta}$$ Seit$\dot{r}=0$Und$\ddot{\theta}=0,$Wir erhalten das absurde Ergebnis: $$\vec{a}=-r\dot{\theta}^2\hat{r}$$ Dieses Ergebnis impliziert, dass die gesamte Beschleunigung radial gerichtet ist, was den Tatsachen widerspricht$F_r=a_r=0$Und$N \neq 0$. Was schief gelaufen ist?

Nun, wir hatten recht, als wir das sagten$F_r=a_r=0$, aber falsch, wenn wir das angenommen haben$\dot{r}=0=\ddot{r}$. Das ist die hartnäckige Illusion, die wir vom kartesischen Koordinatensystem getragen haben. Im kartesischen Koordinatensystem, da

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

Aber in Polarkoordinaten bricht die gleiche Intuition da zusammen

$$F_r=ma_r =(\ddot{r}-r{\dot{\theta}^2})\neq{m\ddot{r}}$$ Und daher trotz$F_r=0; \ddot{r}\neq0,r{\dot{\theta}^2}\neq 0$

Wir müssen also akzeptieren, dass eine Bewegung in radialer Richtung unvermeidlich ist, und die unbewussten Annahmen darüber entfernen$F_r = m\ddot{r}$und Geschwindigkeit und Kraft sollten in die gleiche Richtung gehen.

Die Radialkraft ist also Null, die Radialbeschleunigung ist Null, aber die Radialgeschwindigkeit ist nicht Null ($\dot{r} \neq 0$) und die Tatsache, dass es schneller von der Mitte wegkommt, ist nicht überraschend ($\ddot{r} \neq 0$).