Utilización del método lagrangiano para resolver el problema del cordón en la varilla giratoria

Question

El siguiente problema apareció en el Concurso de Física de la Universidad de Princeton en 2017:

Una cuenta de masa $m$ es libre de deslizarse a lo largo de una varilla delgada de longitud $L$ inclinado en ángulo $\phi$ a la vertical. La varilla tiene un punto de base fijado en el suelo y está girando a una velocidad angular constante velocidad angular constante $\omega$ sobre la vertical. La gravedad actúa en la dirección vertical descendente hacia abajo. Si la varilla gira más rápido que un determinado $\omega_c$ la cuenta empezará a salir volando. ¿Qué es? $\omega_c$ ? Supongamos que la cuenta tiene una longitud $q_0>0$ a lo largo de la varilla desde la base punto. Expresa tu respuesta en términos de $g, m, q_0, \phi$ .

He estado intentando resolver este problema utilizando la mecánica lagrangiana, sin embargo sigo obteniendo una respuesta diferente a la que aparece en la clave de respuestas. El siguiente es mi intento:

Dejemos que $T$ sea la energía cinética del sistema y que $V$ sea la energía potencial del sistema. Entonces, $$T=\frac{1}{2}m(q^2\dot{\phi}^2 + \dot{q}^2)$$ $$V = mg q\cos \phi.$$ Por lo tanto, el Lagrangiano del sistema es $$\mathcal{L} =\frac{1}{2}m(q^2\dot{\phi}^2 + \dot{q}^2) - mg q\cos \phi.$$ Así, una de las ecuaciones de Euler-Lagrange es $$m\ddot{q} = mq\dot{\phi}^2 - mg \cos \phi \implies \ddot{q} = q\dot{\phi}^2 - g \cos \phi.$$ En el valor crítico de $\omega$ tenemos $q=q_0$ y $\dot{q} = \ddot{q} = 0$ . Por lo tanto, $$0=q_0\omega_c^2 - g \cos \phi \implies \omega_c^2 = \frac{g\cos\phi}{q_0} $$ .

La respuesta que obtiene la clave de respuestas (utilizando $F=ma$ ) es $w_c^2 = \frac{g}{q_0 \tan \phi}$ . No sé en qué me he equivocado. Cualquier ayuda será muy apreciada. Los siguientes son los enlaces a la hoja de preguntas y la clave de respuestas:

Papel de preguntas: http://pupc.princeton.edu/archive/PUPC2017OnsiteExam.pdf

Clave de respuestas: https://pupc.princeton.edu/archive/PUPC2017OnsiteSolutions.pdf

Answer 1

Parece que los enlaces de la pregunta llevan a la descripción del problema. Las respuestas se pueden encontrar aquí .

La respuesta del manual de soluciones es incorrecta. Puedes ver el error al mirar las líneas (1) y (3) de la solución de este problema: \begin{equation} m\ddot{q}=F_{c}\sin\phi - mg\cos\phi \\ F_{c}=m\omega^{2}R_{0} = m\omega^{2}q_{0}\sin\phi. \end{equation} En la primera ecuación el $\sin\phi$ es porque queremos conocer la fuerza a lo largo de la varilla lejos del punto de anclaje de la misma. En la última ecuación acaban de utilizar la geometría para convertir la distancia desde el eje de rotación $R_{0}$ a $q_{0}$ . El problema de la respuesta es que al sustituir el segundo resultado por el primero, se pierde la pista de un $\sin\phi$ . El cordón comenzará a salir volando cuando la fuerza debida al movimiento angular de alejamiento del punto de anclaje y la fuerza debida a la gravedad hacia el punto de anclaje sean iguales, $m\ddot{q}=0$ : \begin{equation} m\omega_c^{2}q_{0}sin^{2}\phi = mg\cos\phi \\ \to \omega_c^2 = \frac{g}{q_{0}\sin\phi\tan\phi}. \end{equation}

Para el formalismo lagrangiano: \begin{equation} T = \frac{1}{2}mv^{2} = \frac{1}{2}m (r^2\omega^2 + \dot{q}^2)=\frac{1}{2}m (\omega^{2}q^2\sin^2\phi + \dot{q}^2) \\ U = mgq\cos\phi. \end{equation} El lagrangiano es ahora \begin{equation} \mathcal{L} = \frac{1}{2}m(\omega^{2}q^2\sin^2\phi + \dot{q}^2) - mgq\cos\phi. \end{equation} La ecuación de Euler-Lagrange es, \begin{equation} m\ddot{q} = m\omega^2q\sin^2\phi - mg\cos\phi = 0\\ \to \omega_c^2 = \frac{g}{q_{0}\sin\phi\tan\phi}. \end{equation} En la última línea he utilizado las sustituciones que ya has indicado.

Con todo esto dicho, no estoy seguro de que tu ecuación T tenga sentido, no veo por qué $\phi$ cambiaría.