Движение шарика на стержне

В раме, вращающейся совместно со стержнем, действует центробежная сила

$$F_{cf}=m\omega^2 r \tag 1$$ воздействуя на бусину, которая перемещает ее наружу вдоль стержня. То же самое происходит в центрифугах и в вашей стиральной машине, когда вода вытесняется из вашего белья высокоскоростным вращением.

После комментария @suiz попробую решить задачу в инерциальной системе отсчета с помощью уравнений Лагранжа. Функция Лагранжа в полярных координатах с$\phi=\omega t$, где$\omega$- постоянная угловая скорость, определяется выражением

$$L=\frac {m}{2}(v_r^2+v_{\phi}^2)=\frac {m}{2}(\dot r^2+r^2\omega^2) \tag 2$$ Таким образом, функция Лагранжа не зависит от $\phi$и уравнение Лагранжа: $$\frac {d}{dt}\frac {\partial L}{\partial \dot r}-\frac {\partial L}{\partial r}=m(\ddot r-r\omega^2)=0 \tag 3$$ что дает однородное обыкновенное дифференциальное уравнение второго порядка для $r(t)$ $$\ddot r-r\omega^2=0 \tag 4$$ с общим решением $$r(t)=A\exp(\omega t)+B\exp(-\omega t) \tag 4$$ Предполагая начальные условия $$r(t=0)=r_0; \dot r(t=0)=0 \tag 5$$ решение для зависящего от времени радиуса $$r(t)=r_0\cosh(\omega t) \tag 6$$ что дает радиальную скорость $$v_r=r_0 \omega \sinh(\omega t) \tag 7$$ и "радиальное ускорение"* $$\ddot r=r_0 \omega^2 \cosh(\omega t)=r\omega^2 \tag 8$$ Таким образом, видно, что шарик без трения улетает в конечном итоге радиально с экспоненциально возрастающей радиальной скоростью. Интересно, что из-за экспоненциального возрастания на конце длинного стержня величина лучевой скорости $v_r$стремится к скорости вращения $v_{\phi}=\omega r$чтобы шарик улетел практически под углом 45° к мгновенному направлению радиуса.

Уравнение «радиальное ускорение». (8) это точно центробежное ускорение во вращающейся системе координат см. уравнение. (1). [Во вращающейся рамке, экв. (4) и его решение непосредственно следует из использования закона Ньютона с центробежной силой (1).] Также следует отметить, что в настоящей задаче о шарике без трения центростремительная сила отсутствует.

Поучительно проверить кинетическую энергию шарика.

$$T=\frac {m}{2}(v_r^2+v_{\phi}^2)=\frac {m}{2}r_0^2\omega^2 [\sinh(\omega t)^2+\cosh(\omega t)^2=\frac {m}{2}r_0^2\omega^2 \cosh(2\omega t) \tag 9$$ который сильно возрастает с $t$и в конечном итоге становится экспоненциальной.

Хотя этот вывод для инерциальной системы с использованием функции Лагранжа совершенно прозрачен, было бы интересно, если бы кто-нибудь мог предложить интуитивное физическое объяснение сильного увеличения (радиальной) скорости и полной кинетической энергии шарика без использования концепции центробежная сила.

[*] В кавычках, потому что это вторая производная по времени от обобщенной координаты$r$а не радиальная составляющая вектора ускорения в полярных координатах , которая равна$\ddot r-r\omega^2$, и, таким образом, согласно уравнению (4) равно нулю, как правильно указал @pgml в своем ответе ниже.

Силы, направленной вдоль стержня ("радиальной"), нет. И в каждый момент времени радиальная составляющая ускорения равна нулю. Но радиальная составляющая ускорения не является производной радиальной составляющей скорости: обозначая ускорение через$\boldsymbol{a}$, скорость на$\boldsymbol{v}$, а радиальное по нижнему индексу$\text{r}$,

$$\boldsymbol{a}_{\text{r}} = \left(\frac{\mathrm{d}\boldsymbol{v}}{\mathrm{d}t}\right)_{\text{r}} \neq \frac{\mathrm{d}(\boldsymbol{v}_{\text{r}})}{\mathrm{d}t}.$$ Другими словами, мы должны сначала взять производную по времени, а затем проецировать вдоль стержня, а не наоборот. Эти две операции не коммутируют, потому что мы рассматриваем вращающиеся направления проекций. По этой причине мы также должны быть очень осторожны и отличать «радиальную составляющую ускорения» от «второй производной радиальной координаты по времени», потому что они разные.

Давайте посмотрим на это подробно и выработаем решение.

Рассмотрим систему координат$xy$на плоскости вращающегося стержня и закреплена в инерциальной системе отсчета с осью стержня в$(0,0)$.

Положение шарика можно записать как

$$r(t)\,(\cos\omega t, \sin\omega t),$$ где $r(t)$это расстояние от оси, и мы предполагаем, что стержень находится на $x$ось в $t=0$.

Скорость шарика, обозначающая производные по времени с наложенной точкой,

$$\boldsymbol{v}(t) = \dot{r}(t) \, (\cos\omega t, \sin\omega t) + \omega r(t) \, (-\sin\omega t, \cos\omega t).$$ Первое слагаемое — мгновенная радиальная составляющая, второе — азимутальная (нормальная к стержню) составляющая. В инерциальной системе шарик движется по спирали. Скорость, касательная к его траектории, наклонена по отношению к стержню.

Ускорение шарика равно, если взять производную от всех приведенных выше условий и опустить некоторые "$(t)$",

$$\begin{align} \boldsymbol{a}(t) &= \ddot{r} \, (\cos\omega t, \sin\omega t) + \omega \dot{r} \, (-\sin\omega t, \cos\omega t) + \omega \dot{r} \, (-\sin\omega t, \cos\omega t) - \omega^2 r \, (\cos\omega t, \sin\omega t) \\ &= (\ddot{r}-\omega^2 r)\, (\cos\omega t, \sin\omega t) + 2\omega \dot{r} \, (-\sin\omega t, \cos\omega t). \end{align}$$ Из первого равенства видно, что вклад в радиальную составляющую ускорения вносят как радиальная, так и азимутальная составляющие скорости; и оба тоже вносят свой вклад в его азимутальную составляющую.

Радиальная составляющая ускорения,$\ddot{r}-\omega^2 r$, имеет два слагаемых, поскольку скорость меняется не только по направлению, но и по величине: слагаемое$-\omega^2 r$отражает прежнее изменение (это центростремительное ускорение, которое имела бы бусинка, если бы она была приклеена к стержню); термин$\ddot{r}$, последний.

Умножая на массу шарика имеем

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

По второму закону Ньютона, поскольку мы находимся в инерциальной системе отсчета, азимутальная составляющая приведенного выше выражения должна быть равна сумме сил, нормальных к стержню, удерживающему шарик. Радиальных сил нет, поэтому радиальная составляющая должна тождественно обращаться в нуль, что происходит, только если

$$\ddot{r}(t)-\omega^2 r(t) = 0.$$ То есть ускорение не может иметь радиальной составляющей. Но еще раз заметим, что такой компонент не просто $\ddot{r}$. Это то же самое уравнение, которое ответ Фричарли получается через лагранжиан.

Как и в ответе Фричарли, общее решение дифференциального уравнения выше

$$r(t) = A\exp(\omega t) + B\exp(-\omega t).$$ Предположим, что при $t=0$положение шарика $r(0)=r_0>0$а радиальная составляющая его скорости равна $\dot{r}(0)=0$. Затем $A=B=r_0/2$и $$r(t) = \frac{1}{2}r_0\,[\exp(\omega t) + \exp(-\omega t)] \equiv r_0\,\cosh\omega t.$$ Скорость $$\dot{r}(t) = \omega r_0\,\sinh\omega t.$$ Таким образом, шарик движется внутрь для $t<0$и наружу для $t>0$. Это имеет смысл, если мы рассмотрим неинерциальную вращающуюся систему, закрепленную стержнем: сила инерции толкает шарик наружу (и в стороны), поэтому единственный способ для него иметь нулевую радиальную скорость при $t=0$должно быть брошено к центру в более раннее время $t<0$. Сила инерции заставила его замедлиться, а затем изменить направление на $t=0$.

Если принять какую-то другую скорость при$t=0$(но совместим с тем, что$r\geq 0$всегда, так как неясно, открыт или закрыт стержень в точке поворота, или он простирается в другом направлении) вы заметите, что в любом случае$r(t) \to \infty$как$t\to+\infty$, то есть буртик в конечном итоге всегда выталкивается наружу.

Это может быть немного поздно, но у этой проблемы есть хорошее понимание: Давайте рассмотрим задачу в инерциальной системе отсчета по полярным координатам.

$$F=m((\ddot{r}-r{\dot{\theta}^2})\hat{r} +(r\ddot{\theta}+2\dot{r}\dot{\theta})\hat{\theta})$$ Стержень прикладывает усилие только в тангенциальном направлении. ($F_\theta=N\hat{\theta}$). Сила в радиальном направлении равна$0$. Отсюда мы видим, что$a_r$должен быть равен нулю, и не должно быть никакого движения в радиальном направлении.

Так как мы предполагали отсутствие движения в радиальном направлении, возьмем$\dot{r}=0=\ddot{r}$и посмотреть, что будет.

$$\vec{v}=r\dot{\theta}\hat{\theta}$$ и, следовательно, при дифференцировании ускорение равно: $$\vec{a}=-r\dot{\theta}^2\hat{r}+(\dot{r}\dot{\theta}+r\ddot{\theta})\hat{\theta}$$ С$\dot{r}=0$и$\ddot{\theta}=0,$Получаем нелепый результат: $$\vec{a}=-r\dot{\theta}^2\hat{r}$$ Из этого результата следует, что все ускорение направлено радиально, что противоречит тому факту, что$F_r=a_r=0$и$N \neq 0$. Что пошло не так?

Ну, мы были правы, когда сказали, что$F_r=a_r=0$, но ошиблись, когда предположили, что$\dot{r}=0=\ddot{r}$. Это упрямая иллюзия, которую мы перенесли из декартовой системы координат. В декартовой системе координат, поскольку

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

Но в полярных координатах та же интуиция ломается, т.к.

$$F_r=ma_r =(\ddot{r}-r{\dot{\theta}^2})\neq{m\ddot{r}}$$ И, следовательно, несмотря$F_r=0; \ddot{r}\neq0,r{\dot{\theta}^2}\neq 0$

Таким образом, мы должны признать, что движение в радиальном направлении неизбежно, и избавиться от подсознательных предположений, что$F_r = m\ddot{r}$а скорость и сила должны быть в одном направлении.

Итак, радиальная сила равна нулю, радиальное ускорение равно нулю, но радиальная скорость отлична от нуля ($\dot{r} \neq 0$) и то, что он быстрее удаляется от центра, неудивительно ($\ddot{r} \neq 0$).