rrr-составляющая полной силы, действующей на простой маятник.

Натяжение не соответствует радиальной составляющей веса, за исключением самой высокой точки качания.

Если вы хотите работать в полярных координатах, то

$$\vec F=m\vec a\Rightarrow -T\hat r+mg\cos\theta\hat r-mg\sin\theta\hat\theta=m(\ddot r-r\dot\theta^2)\hat r+(2\dot r\dot\theta+r\ddot\theta )\hat\theta.$$

Если длина маятника не изменится, то$\dot r =0 =\ddot r$и поэтому

$$-T\hat r+mg\cos\theta\hat r-mg\sin\theta\hat\theta= -m r\dot\theta^2\hat r+ mr\ddot\theta\hat\theta.$$

Разница между натяжением и радиальной составляющей веса как раз и есть центростремительная сила.$mr\dot\theta^2$. Обратите внимание, что когда эти радиальные силы компенсируют друг друга, угловая скорость и, следовательно, скорость$v=r\dot\theta$исчезает. Это может произойти только в самой высокой точке качания.

Чтобы груз совершал маятникоподобное движение, то есть круговое движение вокруг точки контакта струны с потолком, на него должна воздействовать ненулевая радиальная сила, обеспечивающая необходимую центростремительную силу. Если эту радиальную силу довести до нуля, то масса будет двигаться прямолинейно. На малое время она равна нулю на «крае» качания, его угловая скорость здесь обращается в нуль, но круговое движение сохраняется за счет восстанавливающей силы$-mg \sin \theta \hat \theta$.

Работа, совершенная над бобом, определяется выражением$W = \int \mathbf F \cdot \mathbf{dr}$, где$\mathbf F = F_r \hat r + F_{\theta} \hat \theta$и равно$(-T + mg \cos \theta) \hat r - mg \sin \theta \hat \theta$, как вы написали. Для общего кругового движения бесконечно малый элемент линии, вдоль которого движется груз, может быть выражен в полярных координатах как$\mathbf{dr} = \ell d \theta \hat \theta$, где$\ell$это длина строки. Таким образом, радиальная сила не работает, и вычисление работы сводится к

$$W = \ell \int_{\theta_0}^{\theta} F_{\theta'}\, d \theta' = -mg \ell \int_{\theta_0}^{\theta} \sin \theta' \, d\theta' = mg \ell (\cos \theta - \cos \theta_0)$$ Это работа силы тяжести, поэтому $\phi(\theta) = -W = mg \ell (\cos \theta_0 -\cos \theta)$.

Ответить на$\mathbf{comment2}$:

Рассмотрите возможность наклона боба под некоторым углом$\theta_{\text{max}}$от вертикали и отпуская его. Внизу качели,$T(\theta) - mg = m v^2 (\theta)/\ell$то есть напряжение здесь самое большое. Однако в произвольной точке движения, чтобы круговое движение сохранялось, мы должны иметь

$$T(\theta) - mg \cos \theta = mv^2(\theta)/\ell. \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)$$ Когда боб проходит через нижнюю точку своего замаха и возвращается к $\theta_{\text{max}}$, значение $mg \cos \theta$уменьшится, значит $T$тоже должно уменьшиться, чтобы сохранить $(1)$(помните, что между двумя терминами стоит относительный знак минус). У нас должен быть $|\mathbf T | > |m \mathbf g \cos \theta |$на протяжении всего кругового движения, так что есть результирующая радиальная сила, направленная внутрь, но в какой-то момент, поскольку оба $mg\cos \theta$и $T$уменьшаются, они уравновешиваются и компенсируют друг друга.

Это соответствует окончанию кругового движения, которое по закону сохранения энергии должно происходить при$(\pm) \theta_{\text{max}}$. В непохожести,$m\mathbf g \sin \theta$здесь наибольшая и направлена ​​вниз и, таким образом, отбрасывает массу назад для дальнейшего кругового движения. Возможно, проще визуализировать все эти аргументы, нарисовав чистые векторы ускорения по всему движению.

Ответить на$\mathbf{comment1}$:

Радиальная сила позволяет массе, так сказать, продолжать вращаться. Разбейте круговой путь на небольшие тангенциальные сегменты. Если мы внезапно доведем эту силу до нуля, то шарик сойдет с кругового пути и будет следовать по пути последнего (прямого) тангенциального сегмента, на котором он был - у него была некоторая скорость до того, как это произошло, поэтому он будет продолжать двигаться так до гравитации. искажает его путь. Это просто следствие первого закона Ньютона.