No del todo. Pero antes de entrar en las matemáticas, habría que arreglar un poco el problema: si la cuerda y la pelota están ambos sin masa, entonces no quedará nada para oscilar una vez que el agua se drene. Probablemente lo más lógico sea suponer que la bola es un cascarón esférico uniforme con una masa $m$ . Para simplificar, haré dos suposiciones más:
- La velocidad de drenaje del agua es lenta, de modo que el cambio de masa en cada oscilación es despreciable (es decir, el proceso es adiabático).
- El momento/energía de la corriente de agua que escapa también es despreciable
También estoy utilizando el resultado que Georg trajo a colación, que la superficie del agua permanece perpendicular al eje del péndulo incluso mientras oscila.
Primero calcularé el volumen de agua en la bola cuando esté llena hasta una altura $h$ ,
$$V = \int_{-r}^{h-r} \pi(r^2 - z^2)\mathrm{d}z = \pi h^2\biggl(r - \frac{h}{3}\biggr)$$
y luego el momento de esa agua,
$$M z_{w} = \int_{-r}^{h-r} zd\pi (r^2 - z^2)\mathrm{d}z = \pi d h^2 \biggl(hr - r^2 - \frac{h^2}{4}\biggr)$$
Para hallar el centro de masa global, se suma éste al momento de la esfera (que es cero ya que su centro de masa está en $z = 0$ ) y dividir por la masa total. Dado que $M = dV$ obtenemos
$$z_{CM} = \frac{\pi d h^2\bigl(hr - r^2 - h^2/4\bigr)}{(d) \pi h^2\bigl(r - h/3\bigr) + m} = \frac{hr - r^2 - \frac{h^2}{4}}{r - \frac{h}{3} + \frac{m}{\pi h^2 d}}$$
Lo que estás llamando longitud efectiva en el problema es $l + r - z_{CM}$ . Utilización de $m = 1$ , $r = 1$ y $d = 1$ como valores de muestra (por ejemplo, si utiliza unidades CGS con longitudes en centímetros y masas en gramos), el gráfico tendrá el siguiente aspecto:
![plot of first approximation to effective length]()
La gráfica sí empieza y acaba en cero, lo que significa que al principio y al final, el centro de masa está en el centro de la esfera en esos momentos, como has dicho. Pero en el medio, nunca baja de -0,24 aproximadamente, lo que significa que el radio de oscilación del centro de masa nunca llega a ser mayor que $l + 1.24 r$ (en este ejemplo). No llegará hasta $l + 2r$ .
Sin embargo, como también mencionó Georg, aproximar el péndulo como una masa puntual sobre una cuerda de longitud variable no es del todo exacto. Para hacerlo mejor, podemos utilizar la ecuación de rotación $\vec\tau = I\vec\alpha$ para tener en cuenta la extensión finita del péndulo perpendicular al eje. El momento de torsión se produce por la fuerza de gravedad que actúa hacia abajo a través del centro de masa, y tras un pequeño reordenamiento la ecuación se convierte en
$$\ddot\theta + \frac{mg r_g}{I}\sin\theta = 0$$
donde $I$ es el momento de inercia del péndulo y $r_g$ es el radio en el que actúa la fuerza gravitatoria.
Obsérvese que el comportamiento del péndulo en este modelo viene determinado totalmente por el valor de la constante $\omega^2 \equiv \frac{mg r_g}{I}$ . Para un péndulo puntual de longitud $l$ , tienes $r_g = l$ y $I = ml^2$ Así que $\omega^2 = \frac{g}{l}$ . Por lo tanto, podemos definir la "longitud efectiva" de un péndulo más complejo como la longitud que da el mismo valor de $\omega^2$ ,
$$l_\text{eff} = \frac{g}{\omega^2} = \frac{I}{m r_g}$$
Para el péndulo de goteo, ya tenemos $r_g$ : es sólo el radio de oscilación del centro de masa, que es lo que llamabas "longitud efectiva" en el problema. Pero la nueva definición también incorpora el momento de inercia de la masa del péndulo alrededor del punto de giro.
$$I = \bigl(I_\text{shell,CM} + m(l + r)^2\bigr) + \bigl(I_\text{water,CM} + M(l + r - z_w)^2\bigr)$$
El primer término es el momento de inercia de la envoltura esférica alrededor de su propio centro de masa, $I_\text{shell,CM} = \frac{2}{3}mr^2$ . El tercer término es el momento de inercia del agua alrededor de su propio centro de masa. Adopta la forma de una esfera "picada" por lo que tenemos que hacer la integral para calcularla:
$$I_\text{water,CM} = \iiint x^2\,\mathrm{d}^3 M = \int_{-r}^{h-r}\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\sqrt{r^2 - z^2}} \bigl((s\cos\phi)^2 + (z - z_w)^2\bigr) d\,s\,\mathrm{d}s\mathrm{d}\phi\mathrm{d}z$$
Los términos segundo y cuarto de $I$ provienen del teorema del eje paralelo.
Si lo unimos todo, obtenemos una expresión larga pero directa que puede escribirse como:
$$l_\text{eff} = l + \frac{12mrl + 20mr^2 +\pi dh^2\bigl[-\frac{9}{5}h^3 + 24r^2(l+2r)+3h^2(l+5r)-4hr(4l+11r)\bigr]}{12m(l+r) + \pi dh^2\bigl[4l(3r-h)+3h^2-16hr+24r^2\bigr]}$$
(sí, he utilizado Mathematica para el álgebra :-P) El gráfico de $l=10$ se ve así:
![plot of more accurate effective length]()
La línea roja es $l_{eff}$ , la línea azul es el radio de oscilación del centro de masa (lo mismo que en el gráfico anterior) sólo para comparar. Observe que para estos valores son bastante similares, y como $r$ se reduce con respecto a $l$ las curvas se acercan aún más.
De hecho, puede demostrarlo también a partir del análisis analítico. No voy a mostrar los detalles completos, pero si se elimina $h$ y $r$ a favor de $\epsilon = \frac{h}{r}$ y $\beta = \frac{r}{l}$ y hacer una expansión en serie en $\beta$ si Mathematica es de fiar, acabas con
$$\frac{l_{eff}}{l} = 1 + \beta + \frac{2}{3}(\beta^2 - \beta^3) + P^4(\epsilon)\mathcal{O}(\beta^4)$$
En otras palabras, la cantidad en que se llena la esfera ni siquiera importa hasta que se llega a la corrección de cuarto orden en $\frac{r}{l}$ .
