Seil um eine Stange gewickelt

Diese Antwort geht von der Grenze aus, in der die Masse der Erde im Vergleich zur Masse des Balls groß ist. Das war vielleicht nicht das, was der OP im Sinn hatte.

Die Kraft des Seils auf den Ball ist parallel zum Seil. Die Bewegung des Balls ist zu jedem Zeitpunkt senkrecht zur Kraft, sodass das Seil keine Arbeit am Ball ausübt. Daher ist die kinetische Energie des Balls konstant. Da die Stange einen endlichen Radius hat, wird die Kraft nicht auf die Mittelachse gerichtet, sodass das Drehmoment des Seils auf die Kugel ungleich Null ist und der Drehimpuls der Kugel nicht erhalten bleibt.

Die Anfangsgeschwindigkeit des Balls ist senkrecht zum Seil. Jetzt kennen wir R>r. Welche Richtung und Größe hat die Kugel zu einem späteren Zeitpunkt t?

Der Betrag der Geschwindigkeit ist derselbe. Die Richtung ist senkrecht zum Seil.

Ich habe damit begonnen, bevor ja72 seine Lösung gepostet hat, aber als ich seine sah, war ich so weit, dass ich sie trotzdem beitragen wollte.

Dies sieht aus wie ein Mechanikproblem für Hochschulabsolventen, wahrscheinlich ohne eine Lösung in geschlossener Form. Ich würde es unter Verwendung der Lagrange-Mechanik mit einer Einschränkung der relativen Bewegung der Stange und des Balls angehen .

Wenn man die Bewegung in der dritten Dimension (die Bedingung ohne Schwerkraft) ignoriert, gibt es 5 Freiheitsgrade, die Bewegung des Balls, die Bewegung des Pols + der Erde und die "Drehung" des Pols + der Erde um den Pol. Der Ball kann sich wegen des Seils nicht drehen. Die Wahl des Rahmens für den Massenschwerpunkt (CM) reduziert die Anzahl der Freiheitsgrade um 2.

Was sind also die Freiheitsgrade im CM-Rahmen? Die Trennung von Kugel und Stange, s, der Winkel, um den sich das Paar um den CM gedreht hat,$\theta$, und der Winkel, um den sich der Pol um seine eigene Achse gedreht hat,$\phi$.

Die kinetische Energie des Systems wäre die kinetische Energie der Rotation plus die kinetische Energie des Spins,

$$T = \frac{m_{red}}{2} (\dot{s}^2 + s^2 \dot\theta^2) + \frac{I}{2}\dot\phi^2$$

Wo$m_{red}$ist die reduzierte Masse und$I$ist das Trägheitsmoment des Systems Erde/Pol.

Es gibt auch eine Einschränkung: Relativ zur Stange folgt der Ball einem spiralförmigen Weg in die Stange hinein oder von ihr weg. Da das Seil durch Rotation aufgewickelt und durch den Spin abgewickelt werden kann, ist die Länge des Seils

$$l = r (\theta - \phi)$$

Das Seil ist tangential zum Pol und geht durch die Mitte der Kugel, daher hängt die Länge des Seils von der Trennung ab

$$s^2 = r^2 + l^2 = r^2 (1 + (\theta - \phi)^2)$$

Die Lagrangedichte wäre dann die Summe aus der kinetischen Energie und der Zwangsbedingung mal einem Multiplikator ,$\lambda$,

$$\mathcal{L} = \frac{m_{red}}{2} (\dot{s}^2 + s^2 \dot\theta^2) + \frac{I}{2}\dot\phi^2 + \frac\lambda 2 (s^2 - r^2 (1 + (\theta - \phi)^2))$$

Was zu vier Bewegungsgleichungen führt,

$$\tag{1} m_{red} \frac{\mathrm d}{\mathrm d t}(s^2\dot\theta) = -\lambda r^2 (\theta - \phi)$$ $$\tag{2} I \ddot\phi = \lambda r^2 (\theta - \phi)$$ $$\tag{3} m_{red} \ddot{s} = m_{red} s \dot\theta^2 + \lambda s$$ $$\tag{4} s^2 = r^2 (1+ (\theta - \phi)^2)$$

Beachten Sie, dass, da die Summe der Gleichungen (1) und (2) null ist, der Gesamtdrehimpuls$I\dot\phi + m_{red}s^2\dot\theta$wird konserviert.

BEARBEITEN: Um die Frage von Ben Crowell zu beantworten, zusätzlich zur Korrektur eines Vorzeichenfehlers in Gleichung (3) und zur Nummerierung der Gleichungen.

Beachten Sie zunächst, dass aus Gleichung (3)$\lambda$bleibt endlich, es sei denn s$\to$0. Also, aus Gleichung (2), wie$I \to \infty$,$\ddot\phi \to 0$, und so$\dot\phi$ist konstant. Es könnte interessant sein, in einem rotierenden Rahmen zu arbeiten, zum Beispiel am Südpol, aber der Einfachheit halber lassen Sie es$\dot\phi = 0$Und$\phi = 0$.

Lassen$L = m s \dot\theta$, in diesem Fall reduzieren sich die Gleichungen (1), (3) und (4) auf

$$\tag{5} \dot{L} = -\lambda r^2 \theta$$ $$\tag{6} m \ddot{s} = \frac{L^2}{m s^3} + \lambda s$$ $$\tag{7} s^2 = r^2(1 + \theta^2)$$

Die Geschwindigkeit des Balls hat sowohl eine radiale als auch eine tangentiale Komponente, also das Quadrat der Geschwindigkeit$\dot{s}^2 + s^2 \dot\theta^2$. Damit sie konstant ist, muss die zeitliche Ableitung Null sein. Umformulierung in Bezug auf$L$und die zeitliche Ableitung nehmen,

$$\tag{8} \dot{s}\ddot{s} - \frac{L^2 \dot{s}}{m^2 s^3} + \frac{L \dot{L}}{m^2 s^2} = 0$$

Multiplizieren von Gleichung (5) mit$\frac{L}{m^2 s^2} = \frac{\dot\theta}{m}$ergibt sich

$$\tag{9} \frac{L \dot{L}}{m^2 s^2} = - \frac{\lambda r^2 \theta \dot\theta}{m}$$

Multiplizieren von Gleichung (6) mit$\frac{\dot{s}}{m}$und Neuordnung der Begriffe,

$$\tag{10} \dot{s} \ddot{s} -\frac{L^2 \dot{s}}{m^2 s^3} = \frac{\lambda s \dot{s}}{m}$$

Nimmt man schließlich die zeitliche Ableitung von Gleichung (7),

$$\tag{11} s \dot{s} = r^2 \theta \dot\theta$$

Das Einsetzen der Gleichungen (9) und (10) in (8) und die Verwendung von (11) führt zu:

$$\tag{12} \frac{\lambda s \dot{s}}{m} - \frac{\lambda r^2 \theta \dot\theta}{m} = \frac{\lambda s \dot{s}}{m} - \frac{\lambda s \dot{s}}{m} = 0$$

Oder hätte ich einfach ja sagen sollen?

Angenommen, die Erde dreht sich zu Beginn des Experiments nicht. Ich nehme an, das Seil wickelt sich um die Stange. Dies wird der Erde eine Winkelgeschwindigkeit geben. Jetzt hat die Erde ein riesiges Trägheitsmoment$I_E$. Nehmen Sie die Winkelgeschwindigkeit der Erde zu einem bestimmten Zeitpunkt an$t$während des Experiments ist$\omega_E$. Dann haben wir Drehimpuls und Energie der Erde

$$L_E = I_E \omega_E$$ Und $$E_E = \frac{1}{2}I_E \omega_E^2\, .$$

Es wird auch einen anfänglichen Drehimpuls geben$L_{B,0}$und Energie$E_{B,0}$für den Ball und einen Drehimpuls$L_{B,t}$und Energie$E_{B,t}$für den Ball auf Zeit$t$. Da alles konserviert ist, haben wir

$$L_{B,0} = L_{B,t} + L_E$$ Und $$E_{B,0} = E_{B,t} + E_E\,.$$ Seit $I_E$ist sehr groß u $\omega_E$ist auch sehr klein $L_E$ist von der richtigen Größe, um die Änderung des Drehimpulses der Kugel aufzuheben und $E_E$ist vernachlässigbar bzw $E_E$von der richtigen Größenordnung ist, um die Energieänderung des Balls aufzuheben und $L_E$ist riesig. WENN $L_E$ist riesig, der Drehimpuls kann nicht erhalten werden, also wollen wir eindeutig die erste Alternative, und wir stellen fest, dass die Energie des Balls (fast) erhalten bleibt und sein Drehimpuls nicht.

Betrachten wir nun den Fall, in dem sich die Erde dreht. Lassen Sie es vor dem Experiment Winkelgeschwindigkeit haben$\vec{\omega}_E$. Lassen Sie es während des Experiments Winkelgeschwindigkeit haben$\vec{\omega}_E + \vec{\omega}_\Delta$. Dann ist die Drehimpulsänderung der Erde

$$L = I_E \omega_\Delta$$ und die Energieänderung ist $$E = \frac{1}{2} I_E\left( (\vec{\omega_E} + \vec{\omega_\Delta})^2 - \vec{\omega_E}^2\right) \approx I_E \, \vec{\omega_E} \cdot \vec{\omega_\Delta}\, .$$

Diese müssen die Winkelgeschwindigkeits- und Energieänderung der Kugel kompensieren. Jetzt,$L_B \approx I_B\omega_B$Und$E_B \approx \frac{1}{2} I_B\omega_B^2$. (Diese Gleichungen sind Näherungswerte, weil die Bahn des Balls eine Spirale und kein Kreis ist.) Also haben wir$E_E/|L_E| \approx \omega_E$Und$E_B/|L_B| \approx \frac{1}{2} \omega_B$.

Nun, da$\vec{\omega}_E$klein ist im Vergleich zur Winkelgeschwindigkeit der Kugel, wenn wir die Änderung des Drehimpulses der Erde die Änderung des Drehimpulses der Kugel aufheben lassen, stellen wir fest, dass die Energie der Kugel (nahezu) erhalten bleibt. Beachten Sie, dass dies nicht zutreffen würde, wenn sich der Ball mit etwa der gleichen Winkelgeschwindigkeit wie die Erde drehen würde, in diesem Fall wäre der Coriolis-Effekt nicht zu vernachlässigen.

Sie können dieses Problem mithilfe der Newtonschen Mechanik oder der Lagrangeschen Mechanik lösen , sobald Sie die Bewegung des Massenballs eingeschränkt haben$m$in einer Spirale um den Pol herum, mit 1 Freiheitsgrad (dem Umschlingungswinkel$\theta$). Anfangs ist das Seil horizontal und die Kugel hat Koordinaten$x_{ball} = R$,$y_{ball} = -r$. Ich habe ein Koordinatensystem mit z entlang der Stange und x horizontal.

Im Allgemeinen ist die Position des Balls relativ zum Pol

$$\vec{r}_{ball}^{pole} =\begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta & 0 \\ sin\theta & \cos\theta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{pmatrix} R-r \theta \\ -r \\ 0 \end{pmatrix}$$

Der$-r$ist auf die Tangentialität des Seils mit der Stange zurückzuführen, und$R-r \theta$ist die ausgepackte Länge.

Erkennen Sie nun, dass der Pol (oder die Erde) auf einer reibungsfreien Ebene mit Koordinaten liegt$x$,$y$und Orientierung$\psi$. Dies fügt 3 weitere Freiheitsgrade für die Positionsvektoren hinzu

$$\vec{r}_{pole} = \begin{pmatrix} x \\ y \\ 0 \end{pmatrix}$$ $$\vec{r}_{ball} =\vec{r}_{pole} + \begin{bmatrix} \cos\psi & -\sin\psi & 0 \\ sin\psi & \cos\psi & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta & 0 \\ sin\theta & \cos\theta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{pmatrix} R-r \theta \\ -r \\ 0 \end{pmatrix}$$

Jetzt können Sie das Obige in Bezug auf differenzieren$x$,$y$,$\psi$Und$\theta$um Ihre Stangen- und Ballgeschwindigkeitsvektoren und damit die gesamte kinetische Energie zu erhalten. Sie müssen auch die Rotationsenergie der Erde einbeziehen, um die gesamte kinetische Energie zu erhalten

$$T = \frac{1}{2} M_{earth} v_{earth}^2 + \frac{1}{2} I_{earth} \omega_{earth}^2 + \frac{1}{2} m_{ball} v_{ball}^2$$

Da es keine potentielle Energie gibt (ich habe die Schwerkraft ignoriert), ist die Lagrangian$L=T$.

Die vier Gleichungen, die verwendet werden, um zu finden$\ddot{x}$,$\ddot{y}$,$\ddot{\psi}$Und$\ddot\theta$Sind

$$\frac{\rm{d}}{\rm{d} t} \left( \frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\right) - \frac{\partial L}{\partial x} = 0$$ $$\frac{\rm{d}}{\rm{d} t} \left( \frac{\partial L}{\partial \dot{y}}\right) - \frac{\partial L}{\partial y} = 0$$ $$\frac{\rm{d}}{\rm{d} t} \left( \frac{\partial L}{\partial \dot{\psi}}\right) - \frac{\partial L}{\partial \psi} = 0$$ $$\frac{\rm{d}}{\rm{d} t} \left( \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}\right) - \frac{\partial L}{\partial \theta} = 0$$

Ich habe dies getan und kam mit

$$\ddot{x} = \frac{I_{earth} (\dot\psi+\dot\theta)^2 (R-r\theta)\cos(\psi+\theta)}{I_{earth} \left( 1 + \frac{m_{earth}}{m_{ball}} \right) + m_{earth} r^2}$$ $$\ddot{y} = \frac{I_{earth} (\dot\psi+\dot\theta)^2 (R-r\theta)\sin(\psi+\theta)}{I_{earth} \left( 1 + \frac{m_{earth}}{m_{ball}} \right) + m_{earth} r^2}$$ $$\ddot{\psi} = \frac{m_{earth} r (\dot\psi+\dot\theta)^2 (R-r\theta)}{I_{earth} \left( 1 + \frac{m_{earth}}{m_{ball}} \right) + m_{earth} r^2}$$ $$\ddot{\theta} = \frac{r (\dot\theta^2-\dot\psi^2)}{R-r \theta} - \frac{m_{earth} r (\dot\psi+\dot\theta)^2 (R-r\theta)}{I_{earth} \left( 1 + \frac{m_{earth}}{m_{ball}} \right) + m_{earth} r^2}$$

Beachten Sie, dass, wenn die Erde dann träge ist$\ddot{x}=0$,$\ddot{y}=0$,$\ddot{\psi}=0$Und$\ddot{\theta}=\frac{r (\dot\theta^2-\dot\psi^2)}{R-r \theta}$.

[![ Bildbeschreibung hier eingeben ][1]][1]

Betrachten Sie einfach die Bewegung des Teilchens und ignorieren Sie jede Erdbewegung! [1]: https://i.stack.imgur.com/Y3pbJ.jpg