Forma de una cuerda giratoria con un extremo libre

Question

Un extremo de una cuerda uniforme (con masa total $M$ ) se fija en el borde de un cilindro. El cilindro tiene un radio $R$ y gira con velocidad angular $\omega$ . El eje es vertical en un campo gravitatorio. Se desprecia la resistencia del aire. ¿Cuál es la forma de la cuerda?

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He intentado utilizar la ecuación de Euler-Lagrange para resolver este problema pero no sé cómo manejar la condición de contorno de extremo libre. ¿Tal vez algún otro método?

Answer 1

Antes de desarrollar la teoría, decidí hacer primero un experimento para entender de qué se trata. Un cilindro con un diámetro de 11,5 cm está montado en el eje del motor (he utilizado una vieja máquina de palomitas). Fijé una cuerda de ropa de 12,5 cm de longitud con un tornillo, de manera que exactamente 11,5 cm salgan del cilindro. Cuando la cuerda cuelga libremente, forma una figura específica, que debe ser descrita en primer lugar para encontrar los parámetros del modelo (véase la figura 1 a la izquierda, en el centro). Cuando el cilindro gira con una velocidad angular de $\omega = 8 \pi$ La cuerda se puso casi horizontal. En este caso, la cuerda se dobló ligeramente en el plano horizontal debido a la resistencia aerodinámica (Ver fig.1 derecha).

He utilizado la teoría de las barras elásticas descrita en el libro L.D. Landau, E.M. Lifshitz, Teoría de la elasticidad . A partir de esta teoría, derivé un sistema de ecuaciones: $$-\frac {EIL}{M}\theta ''=F_x\cos (\theta (l))-F_y\sin(\theta (l))$$ $$F_x'=-x\omega^2, F_y'=-g$$ $$x'=\sin(\theta (l)), y'=\cos (\theta (l))$$ Este sistema de ecuaciones describe el equilibrio de una varilla redonda bajo la acción de fuerzas y pares distribuidos. Aquí $E$ es el módulo de Young, $I$ es el momento de inercia, $L$ es la longitud de la cuerda, $M$ es la masa de la cuerda. Todas las derivadas se calculan mediante el parámetro de longitud $l$ . El $\theta $ El ángulo se mide desde el eje vertical $y$ . Las condiciones de contorno son las siguientes: $$\theta (0)=\frac {\pi}{2}, \theta '(L)=0, x(0)=R, y(0)=0, F_x(L)=0, F_y(L)=0$$ Aquí $R$ es el radio del cilindro. Establecemos $g = 9.81, \omega = 0, \frac {EIL}{M} = 0.00012, L=0.115 m$ entonces la curva de cálculo de la Fig. 2 anterior, corresponde cualitativamente a la cuerda libre de la Fig. 1 a la izquierda. Establecemos $\omega = 8 \pi $ Entonces la curva calculada en la Fig.2, corresponde cualitativamente a la cuerda giratoria de la Fig.1 a la derecha. Algunos casos intermedios los consideraremos como la realización de experimentos. Tomé una cuerda corta de 6 cm fuera del cilindro. Esta cuerda (verde) tiene una textura y un grosor diferentes. Sin embargo, en el estado libre con $\omega = 0$ tiene la forma de la primera cuerda, y con $\omega = 40 rad / s$ se eleva horizontalmente como la primera cuerda larga - véase la figura 3 en la parte superior. En este caso, en $\frac {EIL}{M} =6*10^{-6}$ El modelo describe los dos estados de la cuerda (véase la figura 3).

En el tercer experimento, tomé una cuerda de 16 cm de longitud que era más rígida que las dos primeras. En ausencia de rotación, la cuerda tenía una inclinación de unos 34 grados respecto a la línea del horizonte en el extremo libre, véase la fig. 4 en la parte superior izquierda. En presencia de rotación con la velocidad de $\omega = 50 rad / s$ La cuerda adopta una posición horizontal e incluso ligeramente por encima de la línea del horizonte - fig.4 en la parte superior derecha. En este caso, en $\frac {EIL}{M} =0.01$ El modelo describe los dos estados de la cuerda (véase la figura 4).

En el cuarto experimento, tomé una cuerda igual que en el tercero, pero de 20 cm de longitud. Quería comprobar si en la cuerda se formaban ondas estacionarias con una amplitud de 1-2 milímetros. Estas ondas son claramente visibles en la figura 2-4 en las curvas calculadas con $\omega > 0$ . He fotografiado con flash una cuerda giratoria con $\omega = 125$ frente a la pantalla, para que la sombra de la cuerda fuera visible. En la Figura 5, esta foto se muestra en la parte superior derecha. Arriba a la izquierda está la misma cuerda en estado libre, y abajo las curvas calculadas para dos estados (reposo y rotación).

Por último, en la figura 6 se muestran fotografías de varias cuerdas a una velocidad de rotación de $\omega=3-6 rad / s$ . La foto de la derecha muestra la vista general de las cuerdas utilizadas en los experimentos. Se puede observar que la forma de las cuerdas no es similar a la obtenida en los cálculos sobre la teoría de las cadenas. Esto se debe a que todas las cuerdas parten de una superficie horizontal a la que están unidas con un tornillo. En la parte inferior de la Fig. 6 se muestran las curvas calculadas que describen los datos experimentales.

Experimenta con la cuerda suave. Tomé dos cuerdas blandas de 20 y 30 cm de longitud y las hice girar a alta y baja velocidad. Resultó que una cuerda blanda de esa longitud a baja velocidad de rotación se dobla como una cadena. Las figuras 7 y 8 muestran la forma de la cuerda con una longitud de 20 y 30 cm, respectivamente, a diferentes velocidades de rotación. Los cálculos se realizan sobre el modelo presentado anteriormente con diversos parámetros de la rigidez y el ángulo de contacto de la cuerda con el cilindro.

Cuerda suave de 20 cm de longitud.

Cuerda suave de 30 cm de longitud a diferentes velocidades de rotación.

Answer 2

En coordenadas cilíndricas, dejemos que la forma de la cuerda esté parametrizada por r = r(s), $\theta=\theta(s)$ y z = z(s), donde s es la distancia medida a lo largo de la cuerda. Entonces un vector unitario a lo largo de la cuerda viene dado por: $$\mathbf{i_s}=\frac{dr}{ds}\mathbf{i_r}+r\frac{d\theta}{ds}\mathbf{i_{\theta}}+\frac{dz}{ds}\mathbf{i_z}$$ Para una cuerda inextensible, debemos tener: $$\left(\frac{dr}{ds}\right)^2+\left(r\frac{d\theta}{ds}\right)^2+\left(\frac{dz}{ds}\right)^2=1$$ Dejando que T(s) represente la tensión en la cuerda en el punto s de la misma, el balance de fuerzas en la sección de la cuerda entre s y s + ds viene dado por: $$\frac{d(T\mathbf{i_s})}{ds}-\rho g\mathbf{i_z}=-\rho \omega^2r\mathbf{i_r}$$ donde $\rho=M/L$ . En forma de componente, esto se convierte en: $$\frac{d}{ds}\left(T\frac{dz}{ds}\right)=\rho g$$$$\frac{d}{ds}\left(T\frac{dr}{ds}\right)-r\left(\frac{d\theta}{ds}\right)^2T=-\rho\omega^2r$$$$\frac{d}{ds}\left(Tr\frac{d\theta}{ds}\right)+T\frac{dr}{ds}\frac{d\theta}{ds}=0$$ La ecuación de z se puede integrar una vez inmediatamente para obtener: $$T\frac{dz}{ds}=\left[T\frac{dz}{ds}\right]_{s=0}+\rho g s$$ Del mismo modo, el $\theta$ la ecuación se puede integrar para obtener: $$Tr^2\frac{d\theta}{ds}=\left[Tr^2\frac{d\theta}{ds}\right]_{s=0}$$ Tenemos 4 ecuaciones en las cuatro incógnitas r, z, $\theta$ y T, pero la integración de estas ecuaciones parece desalentadora.

ADDENDUM

Después de considerarlo, no veo ninguna razón por la que $\theta$ tiene que ser distinto de cero en toda la longitud de la cuerda (es decir, no hay variaciones en $\theta$ ). Así que eso es lo que voy a suponer a partir de ahora. Con esta suposición, la condición de inextensibilidad pasa a ser: $$\left(\frac{dr}{ds}\right)^2+\left(\frac{dz}{ds}\right)^2=1$$ Si dejamos que $\phi(s)$ representan el ángulo de contorno de la cuerda con respecto a la horizontal en el lugar s de la cuerda, entonces podemos escribir $$\frac{dr}{ds}=\cos{\phi}\tag{A}$$ $$\frac{dz}{ds}=-\sin{\phi}\tag{B}$$ Estas ecuaciones satisfacen exactamente la condición de in extensibilidad. Una vez que la función $\phi(s)$ se establece, esto determina la forma de la cuerda en toda su longitud.

En términos de $\phi$ , el vector tangente unitario a lo largo de la cuerda viene dado por: $$\mathbf{i_s}=\cos{\phi}\mathbf{i_r}-\sin{\phi}\mathbf{i_z}$$ y la derivada con respecto a s del vector tangente unitario (es decir, el vector normal unitario por la curvatura) viene dada por: $$\frac{d\mathbf{i_s}}{ds}=-(\sin{\phi}\mathbf{i_r}+\cos{\phi}\mathbf{i_z})\frac{d\phi}{ds}$$ Si sustituimos estas ecuaciones en la ecuación diferencial de equilibrio de fuerzas, obtenemos: $$(\cos{\phi}\mathbf{i_r}-\sin{\phi}\mathbf{i_z})\frac{dT}{ds}-T(\sin{\phi}\mathbf{i_r}+\cos{\phi}\mathbf{i_z})\frac{d\phi}{ds}-\rho g\mathbf{i_z}=-\rho \omega^2r\mathbf{i_r}$$ Si punteamos esta ecuación con el vector tangente unitario y luego también con respecto al vector normal unitario, obtenemos: $$\frac{dT}{ds}=-\rho g \sin{\phi}-\rho\omega^2r\cos{\phi}=\rho g\frac{dz}{ds}-\rho g \omega^2 r\frac{dr}{ds}\tag{1}$$ y $$T\frac{d\phi}{ds}=-\rho g\cos{\phi}+\rho \omega^2r\sin{\phi}\tag{2}$$

La ecuación 1 puede integrarse inmediatamente para obtener la tensión T: $$T=T(0)+\rho g z-\frac{\rho \omega^2 (r^2-R^2)}{2}\tag{3}$$ Si combinamos las Ecs. 2 y 3, obtenemos una ecuación para la derivada de $\phi$ con respecto a s: $$\frac{d\phi}{ds}=\frac{-\rho g\cos{\phi}+\rho \omega^2r\sin{\phi}}{T(0)+\rho g z-\frac{\rho \omega^2 (r^2-R^2)}{2}}\tag{4}$$

Esta ecuación podría integrarse numéricamente junto con las ecuaciones A y B para obtener la forma de la cuerda si supiéramos que los valores iniciales de T y $\phi$ . La tensión inicial debe ser tal que el valor de T en s = L sea cero. Además, como el denominador debe ser igual a cero en s = L, el numerador también debe ser cero en este punto para que la curvatura sea finita. Por lo tanto, en s = L, debemos tener $$r(L)\tan{\phi(L)}=\frac{g}{\omega^2}$$ Esta es una condición límite bastante desagradable que tendría que ser satisfecha. Pero, conceptualmente, podríamos resolver el problema utilizando el método de disparo, y ajustando los valores iniciales de T y $\phi$ hasta que se cumplan las condiciones requeridas en s = L.

CONTINUACIÓN

Antes de continuar y presentar un método para resolver las ecuaciones diferenciales para la forma de la cuerda, primero voy a seguir la recomendación de @Hussein, y reducir las ecuaciones a la forma adimensional. Esto se hace simplemente escalando todos los parámetros espaciales r, z, s y L por el radio R del tambor. En términos de las nuevas variables adimensionales, nuestras ecuaciones pasan a ser:

$$\frac{dr}{ds}=\cos{\phi}\tag{5}$$ $$\frac{dz}{ds}=-\sin{\phi}\tag{6}$$ $$\frac{d\phi}{ds}=\frac{-\cos{\phi}+\beta r\sin{\phi}}{[z-z(L)]-\beta\frac{(r^2-r^2(L))}{2}}\tag{7}$$ donde $$\beta=\frac{\omega^2R}{g}\tag{8}$$ y la tensión adimensional viene dada por $$\tau=\frac{T}{\rho g R}=[z-z(L)]-\beta\frac{(r^2-r^2(L))}{2}\tag{9}$$ y nuestra condición límite de tensión cero en s = L se convierte ahora en $$r(L)\tan{\phi(L)}=\frac{1}{\beta}\tag{10}$$ En nuestro desarrollo posterior, vamos a necesitar también conocer el valor de la curvatura adimensional $d\phi/ds$ en s = L. Debido a la condición límite de tensión cero (Ecuación 10) en s = L, tanto el numerador como el denominador de la Ecuación 7 para $d\phi/ds$ se acercan a cero en este lugar. Sin embargo, aún podemos obtener el valor de $d\phi/ds$ aplicando la regla de l'Hospital; esto da como resultado: $$\left[\frac{d\phi}{ds}\right]_{s=L}=-\frac{\beta^2r(L)}{2[1+(\beta r(L))^2]^{3/2}}\tag{11}$$

MÉTODO DE SOLUCIÓN

La ecuación diferencial puede ser integrada, sujeta a las condiciones de contorno prescritas, ya sea comenzando en s = 0 e integrando hacia adelante hasta radios crecientes, o comenzando en s = L e integrando hacia atrás hacia radios menores. Por varias razones en las que no entraré aquí, es más sencillo empezar en s = L e integrar hacia atrás.

Para integrar hacia atrás, hacemos un cambio de variable según $$S=L-s$$ Nuestra ecuación diferencial y las condiciones iniciales en términos de S pasan a ser entonces:

$$\frac{dr}{dS}=-\cos{\phi}\tag{5a}$$ $$\frac{dz}{dS}=\sin{\phi}\tag{6a}$$ $$\frac{d\phi}{dS}=\frac{\cos{\phi}-\beta r\sin{\phi}}{[z-z(0)]-\beta\frac{(r^2-r^2(0))}{2}}\tag{7a}$$ donde la tensión adimensional viene dada ahora por $$\tau=\frac{T}{\rho g R}=[z-z(0)]-\beta\frac{(r^2-r^2(0))}{2}\tag{8a}$$ La ecuación 7a se aplica a todos los valores de S excepto a S = 0, donde $$\left[\frac{d\phi}{dS}\right]_{S=0}=+\frac{\beta^2r(0)}{2[1+(\beta r(0))^2]^{3/2}}\tag{11a}$$ Además, en S = 0, tenemos la condición inicial de $\phi$ como: $$r(0)\tan{\phi(0)}=\frac{1}{\beta}\tag{10a}$$ Y, sin pérdida de generalidad, podemos tomar $$z(0)=0$$

Antes de realizar la integración de estas ecuaciones como un problema de valor inicial, no sabemos el valor de r(0) que será necesario para que r(L) sea la unidad en S = L. Así que podemos elegir varios valores de r(0) y realizar la integración, iterando sobre r(0) hasta obtener una solución en la que r(L) = 1,0. O simplemente podemos elegir distintos valores de r(0) y generar un conjunto de soluciones para los valores de L que cada uno de ellos implica en S = L.

La forma más fácil de integrar estas ecuaciones numéricamente como un problema de valor inicial es emplear Euler hacia adelante con un tamaño de paso pequeño para obtener una buena precisión.

RESULTADOS DEL CÁLCULO DE LA MUESTRA

He llevado a cabo una solución numérica de las ecuaciones diferenciales del modelo en una hoja de cálculo de Excel utilizando el enfoque descrito anteriormente. El objetivo era comparar con los resultados de @rob. El caso considerado fue con L=10 R y $\beta=0.25$ , donde $\beta = 0.25$ corresponde al caso de Rob de $\omega= 0.5 \omega_0$ .

Esto muestra la coordenada vertical adimensional frente a la coordenada radial adimensional de la cuerda. A simple vista, los resultados son muy parecidos a los de Rob para el mismo caso en su figura. En particular, la caída vertical adimensional es de aproximadamente 4,75 y la ubicación radial adimensional de la cola de la cuerda es de aproximadamente 9,75. La tensión adimensional de la cuerda en el tambor para este caso era de aproximadamente 16,5

RESULTADOS DEL CASO SOLICITADO POR Alex Trounev

Alex Trounev me ha pedido que realice el cálculo para el siguiente caso: $\omega=2\pi$ R = 0,1 metros, L = 1 metro y $g = 9.81/ m^2/sec$ . Para estos valores de los parámetros, tenemos que la aceleración radial adimensional $\beta$ viene dada por $$\beta=\frac{\omega^2R}{g}=\frac{(2\pi)^2(0.1)}{9.81}=0.4024$$ y la longitud adimensional de la cuerda es $L/R=10$ . La forma calculada de la cuerda para este caso se muestra en la figura siguiente:

Se prevé que la caída vertical de la cuerda desde el tambor hasta el extremo libre sea de unos 0,3 metros, y que la extensión radial de la cuerda desde el tambor hasta el extremo libre vaya de 0,1 metros a 1,053 metros.

La tensión adimensional prevista en el cable en el tambor se predice como $\tau=25.1$ . La tensión dimensional real se relaciona con la tensión adimensional mediante $$T=\rho g R \tau=\rho g L\frac{R}{L}\tau=W\frac{R}{L}\tau$$ donde W es el peso de la cuerda. Así que, en este caso, $$T=(0.1)(25.1)W=2.51W$$ Esto es 2,51 veces el peso de la cuerda. Por supuesto, la componente vertical de la tensión en el tambor debe ser igual al peso de la cuerda. Así que el resto de la tensión en la cuerda es el efecto de la componente horizontal asociada a la aceleración angular.

Answer 3

A continuación se presenta una solución de estado estacionario para una cadena de longitud constante formada por un número grande (pero finito) de eslabones, hallada mediante el método de Euler-Lagrange, en forma de un conjunto recursivo de ecuaciones. Como la cadena no puede estirarse, no hay energía potencial almacenada en los grados de libertad longitudinales, por lo que no se plantea la cuestión de cómo tratar la condición de contorno de tensión cero en el extremo libre: el método de Euler-Lagrange sólo depende de las energías cinética y potencial de los cuerpos que se modelan.

Modelemos la cadena como $N+1$ puntos de masa $m$ cada una de ellas separada de sus vecinas más cercanas por $\ell=L/N$ , todo ello en el $(r,z)$ plano. El punto cero está en $(r_0,z_0)=(R,0)$ y la línea del $(n-1)$ -a punto de la $n$ -th hace un ángulo $\theta_n$ con la vertical. La ubicación del $n$ -Por lo tanto, el punto número 1 es

\begin {align} r_n &= R + \sum_ {i=1}^n \ell\sin\theta_i & z_n &= - \sum_ {i=1}^n \ell\cos\theta_i \end {align}

La energía cinética para el $n$ -ésima partícula tiene términos para la energía cinética rotacional y para el posible movimiento en $r$ o $z$ :

$$ T_n = \frac12m \left( \omega^2 r_n^2 + \dot r_n ^2 + \dot z_n ^2 \right) $$

donde

\begin {align} \dot r_n &= \sum ^n \ell \dot\theta_i \cos\theta_i & \dot z_n &= \sum ^n \ell \dot\theta_i \sin\theta_i \end {align}

Del mismo modo, el potencial gravitatorio para el $n$ -El punto más alto de la cadena también depende de las posiciones de todos los puntos que lo conectan con el eje:

$$ U_n = mgz_n = -mg\ell\sum^n \cos\theta_i $$

Es un poco tedioso escribir $\partial L_n/\partial\theta_i$ y $\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\partial L_n/\partial\dot\theta_i$ para construir las ecuaciones de Euler-Lagrange, dependiendo de lo meticuloso que seas a la hora de expandir las expresiones como $r_n$ y $\dot z_n$ frente a confiar en su destreza con la regla de la cadena para los derivados. Pero sólo nos interesa (por ahora) la solución en estado estacionario, para la que todas las derivadas temporales desaparecerán. El análisis dimensional sugiere (y un cálculo explícito lo confirma) que los términos que sobreviven son aquellos en los que las unidades de $\mathrm s^{-2}$ vienen de $\omega^2$ y $g$ :

\begin {align} 0 &= \frac { \partial L_n}{ \partial\theta_i } - \frac { \mathrm d}{ \mathrm dt} \frac { \partial L_n}{ \partial\dot\theta_i } \\ &= \begin {casos} m \ell \cdot ( \omega ^2 r_n \cos\theta_i - g \sin\theta_i ) + \text {términos con puntos} & \text {si } 1 \leq i \leq n \\ 0 & \text {de lo contrario} \end {casos} \end {align}

Fíjate en los divertidos límites. Queremos una ecuación de movimiento (resuelta para el estado estacionario, poniendo a cero los términos con puntos) para cada una de las $\theta_i$ pero cada ecuación de movimiento depende del Lagrangiano completo $L = \sum_{n=1}^N L_n$ :

\begin {align} 0 &= \left ( \frac { \partial }{ \partial\theta_i } - \frac { \mathrm d}{ \mathrm dt} \frac { \partial }{ \partial\dot\theta_i } \right ) \sum_ {n=1}^N L_n = \sum_ {n=i}^N \left ( \frac { \partial }{ \partial\theta_i } - \frac { \mathrm d}{ \mathrm dt} \frac { \partial }{ \partial\dot\theta_i } \right ) L_n \end {align}

El cambio en el límite inferior de la suma sólo elimina todos los términos con $n<i$ . Esto da lugar a una relación de recursión de aspecto curioso:

\begin {align} \frac {(N-i+1)g}{ \omega ^2} \tan\theta_i &= \sum_ {n=i}^N r_n \\ \frac {Ng}{ \omega ^2} \tan\theta_1 &= r_N + r_{N-1} + \cdots + r_2 + r_1 & r_1 &= R + \ell\sin\theta_1 \\ \vdots && \vdots \\ \frac {g}{ \omega ^2} \tan\theta_ {N} &= r_N & r_{N} &= r_{N-1} + \ell\sin\theta_ {N} \end {align}

Así, el ángulo de equilibrio de la conexión con el último eslabón de la cadena depende únicamente de la ubicación radial del último eslabón, mientras que los ángulos de equilibrio de las conexiones hacia el centro dependen de las ubicaciones radiales de todo los eslabones exteriores de la cadena que soportan. Esto tiene una especie de sentido intuitivo: si la masa de la parte exterior de la cadena está más alejada del eje de rotación, el eslabón tiene que aportar más fuerza centrípeta para sujetarla.

Por desgracia, la recursión en este caso va por el camino equivocado: no se puede empezar en el eje y predecir lo que hará la cadena. (Si no hubiéramos tirado todos los términos con puntos, podríamos empezar con una forma inicial y predecir cómo evolucionaría, pero eso es un proyecto diferente). He resuelto la relación de recursión para la forma de equilibrio adivinando algunos valores de $r_N$ para el extremo exterior de la cadena y eligiendo la que sitúe el punto cero más cercano a la supuesta ubicación de $r_0=R$ .

Aquí hay un par de gráficos que muestran soluciones numéricas para la forma de equilibrio de la línea como la frecuencia de rotación $\omega$ y la longitud total $L$ son variados. Es natural medir $L$ en unidades de $R$ y $\omega$ en unidades de $\omega_0 = \sqrt{g/R}$ . Tenga en cuenta que la forma hace cambian a medida que aumenta la longitud total de la cadena, al contrario que la solución de Thomas Fritch .

Una futura revisión de esta respuesta tendrá algunas referencias bibliográficas o algunas fotos experimentales, dependiendo de si consigo entusiasmar a mis hijos.

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Los experimentos con una cadena de dos metros y una silla giratoria en mi patio sugieren que esta forma es cualitativamente correcta, pero tuve un pequeño problema con la fotografía.

La longitud total de la cadena es aproximadamente el doble de la longitud desde mi esternón hasta mi brazo; la estoy sujetando a un cuarto del camino, para que los dos segmentos tengan $L/R = 1/2, 3/2$ . Al segmento largo le gusta estar más alto que el corto, pero es difícil girar con una frecuencia lo suficientemente estable como para amortiguar las vibraciones de las dos cadenas. A partir de las marcas de tiempo de las fotos, calculo que estuve girando con un periodo de unos dos segundos, lo que (viviendo en la Tierra y con una envergadura de brazos de unos dos metros) está bastante cerca de $\omega=\omega_0/2$ . Hay cierto escorzo en la foto: las cadenas están más o menos paralelas a mi brazo, pero no son perpendiculares a la cámara. No pude hacer una foto mejor porque me mareé al girar y mi fotógrafo (de 11 años) pensó que hacía demasiado calor para sentarse al aire libre y pulsar el botón del obturador de la cámara.

Pero las características cualitativas de este modelo --- una curvatura de la cadena cóncava hacia arriba, y las cadenas más largas más horizontales que las más cortas a la misma frecuencia, y el orden de magnitud del ángulo de la cadena a esta frecuencia escalada --- son todos apoyados por el experimento.

Answer 4

Toda esta derivación asume que el caso sin gravedad es una línea recta, pero tengo problemas con eso. Hasta que tenga una mejor comprensión, esta es mi respuesta:

El problema de intentar utilizar Euler-Lagrange, en mi opinión, es que tenemos un cuerpo no rígido y, por tanto, un número infinito de coordenadas generalizadas (no se puede caracterizar ninguna curva por un conjunto finito de números), lo que lleva a un número infinito de ecuaciones de Euler-Lagrange.

El método que tiene más sentido para mí es suponer que en un estado estacionario (un estado en el que la cuerda conserva su forma) la Fuerza neta que actúa sobre una longitud infinitesimal de la cuerda apunta radialmente. Entonces, dividiendo la cuerda en trozos discretos podemos calcular la tensión entre trozos vecinos. Luego tomamos el límite continuo y derivamos una expresión para la tensión en cada punto de la cuerda. Finalmente, exigiendo que la tensión sea siempre paralela a la cuerda, podemos obtener la expresión para la curva que hace la cuerda.

Si la cuerda tiene N trozos de longitud $\frac{L}{N}$ y la masa $\frac{m}{N}$ y la fuerza de tensión el $N$ El trozo se aplica a la $N+1$ La que es $\vec{T_n}$ , requerimos que al final de la cuerda tengamos $ \vec{T_{N-1}} + \vec{F_N} =0$ , donde $\vec{F_n} = m_n \omega^2 \vec{r_n} + m_n \vec{g} $ son las otras fuerzas que actúan sobre el trozo. La distancia del trozo al eje de rotación viene dada por $\vec{r_n} = (R + \frac{nL}{N})\hat{x}$ El término que contiene esto es debido a la "fuerza" centrífuga. ( $\vec{g}$ señala hacia abajo)

En general, necesitamos

$$\vec{T_n} - \vec{T_{n+1}} + \vec{F_n} = 0$$

Lo que implica en (definir $\delta = \frac{L}{N}$ )

$$ \frac{ \vec{T_{n+1}} - \vec{T_n}} {\delta} = \frac{m}{L} ( \omega^2 \vec{r_n} + \vec{g}) $$

Tomando el límite continuo, con $\lambda$ como una parametrización de la curva, de $0$ a $L$ :

$\frac{d}{d\lambda} \vec{T(\lambda)} = \frac{m}{L} (\omega^2(R+\lambda)\hat{x} - g\hat{y})$

$ \vec{T(\lambda)} = \frac{m}{L} (\omega^2(R\lambda+\frac{\lambda^2}{2})\hat{x} - g\lambda \hat{y}) + \vec{c}$ , donde $\vec{c}$ es la constante de integración.

Recordando que la Tensión debe ser paralela a la cuerda obtenemos la relación entre las coordenadas de la curva:

$\frac{dy}{dx} = \frac{T_y(\lambda)}{T_x(\lambda)}$

También tenemos $d\lambda^2 = dx^2 + dy^2$ Así que $\frac{dx}{d\lambda} = (1 + y'^2)^{1/2}$ . Resolverlo para $y'$ y utilizando la última ecuación llegamos a una expresión para $x(\lambda)$ que invertimos para obtener $\lambda(x)$ y finalmente integrar $\frac{dy}{dx} = \frac{T_y(\lambda(x))}{T_x(\lambda(x)}$ para conseguir $y(x)$ .

Si no me he equivocado, $\frac{dy}{dx} = -\frac{2g}{\omega^2} \frac{1}{R + \sqrt{(x-k)^2 - \frac{4g^2}{\omega^4}}}$ ,

donde $k = -\sqrt{(R+L)^2 + \frac{4g^2}{\omega^4}}$ .

Puedes introducir esto en Wolfram Alpha para integrarlo o graficarlo.

Answer 5

Haciendo el balance de fuerzas y utilizando $s\in [0, L]$ como parametrización de la cuerda, se tiene la siguiente ecuación diferencial (ver referencias 1 y 2):

$$\frac{\partial}{\partial s}(T(s) \mathbf{x}_s) + \begin{pmatrix}\omega^2 \rho x\\ -\rho g\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\ 0\end{pmatrix}\, ,$$

sujeta a las siguientes condiciones de contorno

\begin {align} & \mathbf {x}(0) = \begin {pmatriz}0 \\ 0 \end {pmatrix} \\ &T(L) \mathbf {x}_s(L) = \begin {pmatriz}0 \\ 0 \end {pmatrix} \end {align}

Esto significa que está fijado en un extremo y que la tensión es nula en el otro. Esto no es suficiente para resolver las ecuaciones, necesitamos encontrar la tensión. Para ello hay dos opciones:

1. Comportamiento elástico de la cuerda:

$$T(s) = E (\Vert \mathbf{x}_s\Vert - 1) \, .$$

2. Cuerda inextensible:

$$ \Vert \mathbf{x}_s\Vert = 1\, .$$

Referencias

1. Yong, Darryl. "Cuerdas, cadenas y cordeles". SIAM review 48.4 (2006): 771-781.

2. Antman, Stuart S. "Las ecuaciones para grandes vibraciones de cuerdas". The American Mathematical Monthly 87.5 (1980): 359-370.