Tensión en un péndulo simple

Question

Estoy teniendo problemas para revisar un problema que hace tiempo que no veo: el péndulo simple. Quiero resolverlo utilizando métodos newtonianos (nada de lagrangianos, ni hamiltonianos) y, para este caso concreto, utilizando el marco que se muestra en la figura. Me da bastante vergüenza no ser capaz de obtener el resultado correcto para la tensión $T$ . Mi procedimiento fue el siguiente: La ley de Newton en ambos ejes: $$m\ddot{x}=-Tcos\theta$$ $$m\ddot{y}=-Tsin\theta+mg$$ Uso de restricciones y cambio a coordenadas polares: $x=lsin\theta$ y $y=lcos\theta$ . A continuación, algunos cálculos auxiliares: $$\ddot{x}=l\ddot{\theta}cos\theta-l\dot{\theta}^2sin\theta$$ $$\ddot{x}=-l\ddot{\theta}sin\theta-l\dot{\theta}^2cos\theta$$ Y, por último, la sustitución: $$m(l\ddot{\theta}cos\theta-l\dot{\theta}^2sin\theta)=-Tcos\theta$$ $$m(-l\ddot{\theta}sin\theta-l\dot{\theta}^2cos\theta)=-Tsin\theta + mg$$ Sin embargo, desde aquí, no estoy siendo capaz de obtener los siguientes resultados: $\ddot{\theta}=-(\frac{g}{l})sin\theta$ y $T=ml\dot{\theta}^2+mgcos\theta$

¿Qué estoy haciendo mal? Gracias de antemano

Answer 1

No estás haciendo nada malo - no hay una solución exacta y sencilla para este problema.

Sin embargo, es fácil de resolver si se utiliza la aproximación del ángulo pequeño,

$$ sin(\theta) \approx \theta $$ $$ cos(\theta) \approx 1 - \frac{1}{2}\theta^2$$

$\ddot{\theta} = -\frac{g}{l}\theta$ tiene una solución fácil,

$$\theta(t) = A\sin(\omega t)$$

donde $\omega = \sqrt{\frac{g}{l}}$

¡Me ayuda a recordar que el pecado y el cos son sólo series infinitas!

$$ sin(x) = x - \frac{1}{3!}x^3 + \frac{1}{5!}x^5 - \frac{1}{7!}x^7 + ...$$

$$ cos(x) = 1 - \frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{4!}x^4 - \frac{1}{6!}x^6 +...$$

Así que cuando x es pequeño estas aproximaciones tienen sentido.

Answer 2

Hay dos razones por las que tus ecuaciones han salido de forma diferente a la que esperabas. Una es un simple error de geometría: deberías tener $T_x = - T \sin \theta$ y $T_y = - T \cos \theta$ . La otra es que has utilizado coordenadas cartesianas para escribir la segunda ley de Newton en lugar de polares (que es la opción habitual.) Pero no es demasiado difícil tomar tus ecuaciones (corregidas adecuadamente) y mostrar que implican la forma más habitual.
\begin{align} m(l\ddot{\theta}\cos\theta-l\dot{\theta}^2\sin\theta)&=-T\sin\theta. & (\text{Eq}~1) \\ m(-l\ddot{\theta}\sin\theta-l\dot{\theta}^2\cos\theta )&=-T \cos\theta + mg & (\text{Eq}~2) \end{align} Tomando la suma de $(\sin \theta) (\text{Eq}~1) + (\cos \theta) (\text{Eq}~2)$ obtenemos $$ m(l\ddot{\theta}\cos\theta\sin\theta -l\dot{\theta}^2\sin^2\theta)+ m(-l\ddot{\theta}\sin\theta\cos\theta-l\dot{\theta}^2\cos^2\theta )=-T\sin^2\theta-T \cos^2\theta + mg \cos \theta \\ \Rightarrow - m l \dot{\theta}^2 = -T + mg \cos \theta. $$ Del mismo modo, tomando la suma de $(\cos \theta) (\text{Eq}~1) - (\sin \theta) (\text{Eq}~2)$ obtenemos $$ m(l\ddot{\theta}\cos^2\theta -l\dot{\theta}^2\sin\theta \cos \theta)- m(-l\ddot{\theta}\sin^2\theta-l\dot{\theta}^2\cos\theta \sin\theta )=-T\sin\theta \cos \theta + T \cos\theta \sin \theta - mg \sin \theta \\ \Rightarrow m l \ddot{\theta} = - mg \sin \theta. $$

Por cierto, esto es una ilustración de un principio general: las ecuaciones del movimiento expresadas en un conjunto de coordenadas siempre serán equivalentes a las ecuaciones del movimiento expresadas en otro conjunto de coordenadas. En particular, en tu caso estabas expresando la ecuación $\vec{F} = m \vec{a}$ en términos de sus componentes cartesianas ( $F_x = m a_x $ y $F_y = m a_y$ ), mientras que la forma habitual es en coordenadas polares. Pero los componentes $\vec{F}$ en coordenadas polares se relacionan con los componentes en coordenadas cartesianas por $$ \begin{bmatrix} F_r \\ F_\theta \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \sin \theta & \cos \theta \\ - \cos \theta & \sin \theta \end{bmatrix} \begin{bmatrix} F_x \\ F_y \end{bmatrix} $$ y de forma similar para $\vec{a}$ . Así, tomando las combinaciones lineales adecuadas de sus ecuaciones de movimiento, podemos expresarlas en coordenadas polares.

Answer 3

Para un péndulo no amortiguado, podemos tener una solución exacta, pero no de forma cerrada, pero esto es mejor que aproximar el modelo, pero el péndulo simple a menudo aproxima ángulos pequeños. También podría decir que el péndulo simple es simple porque no está amortiguado, o porque es una masa puntual en rotación plana. Antes de entrar en eso, aquí están las derivaciones de las soluciones que buscabas. Además, espero que puedas decirme qué software utilizas para diagramar, ya que se ve mucho mejor que lo que yo suelo hacer.

Utilizando el $\theta$ coordenada que ha especificado, podemos formular la ecuación del movimiento a partir de la ecuación del par en torno al punto A:

$$ I^A\ddot{\theta} = \sum \vec{T^A} \\ I^o\ddot{\theta} = -mgl~sin\theta $$

Pero para una masa puntual, podemos decir $I^o=\int_Mr^2~dm=ml^2$ y esto puede llevarnos a una de las respuestas que estabas buscando.

$$ ml^2\ddot{\theta} = -mgl~sin\theta \\ \ddot{\theta} = -\frac{g}{l}sin\theta $$

Si quisiéramos obtener la otra respuesta, entonces podemos mirar la aceleración del sistema y utilizar la 2ª Ley de newton para una masa puntual. $\vec{F}=m\vec{a}$ . Donde la pelota debe acelerar para recorrer el giro con una aceleración que se puede encontrar para cualquier giro $a_c=\omega^2R$ . En esta situación, $R=l$ y $\omega=\dot{\theta}$ . Escribir la ecuación en un eje que se alinee con la tensión,

$$ ma = ma_c = T - mg~cos\theta \\ T = ma_c+mg~cos\theta = m\dot{\theta}^2l + mg~cos\theta $$

Bien, para llegar a la solución de la ecuación del movimiento no necesitamos la tensión ya que esta ecuación tiene suficiente para describir el sistema, además, como la tensión actúa perpendicularmente al desplazamiento, no aporta trabajo y no es necesario utilizarla para calcular el estado del sistema.

$$ \ddot{\theta} + \frac{g}{l}sin\theta = 0 $$

Por inspiración, o mirándolo lo suficiente puedes decidir hacer esto, inocentemente, no tan inocentemente, ¿quién sabe?

$$ \dot{\theta}\ddot{\theta} + \dot{\theta}\frac{g}{l}sin\theta = 0 $$

No parece más fácil, pero a partir de aquí se puede decir que lo anterior es lo mismo que lo primero de abajo por la regla de la cadena. A partir de aquí sólo lo trabajaré hasta el final, llamaré a la constante de la integración $C$ .

$$ \frac{d}{dt} \bigg[\dot{\theta}^2/2 - \frac{g}{l}cos\theta\bigg] = 0 \\ \dot{\theta}^2/2 - \frac{g}{l}cos\theta = C \\ \frac{d\theta}{dt} = \sqrt{ 2C+2\frac{\strut g}{l}cos\theta} \\ \int d\theta\bigg/\sqrt{ 2C+2\frac{\strut g}{l}cos\theta} = \int{dt} $$

Así que puede ser desagradable de resolver, pero esto no se basa en una aproximación, por lo que el modelo es mejor. En la práctica, encontrarás que resolver cualquiera de las EDOs de primer orden o de segundo orden (la original) es más rápido que calcular esto para $\Delta\theta$ pero wolfram le dio una solución con una integral elíptica, así que tal vez esté bien, pero seguiría siendo $t = f(\theta)$ donde no podríamos construir un $f^{-1}$ tal que $\theta = f^{-1}(x)$ .

Lo último es discutir si esa constante de integración tiene algún significado. Si he de ser honesto, a partir de este momento estaré adivinando/tratando de recordar pero descubrimos que había un valor que era constante. La primera línea de la última serie de ecuaciones se puede escribir de la siguiente manera si utilizamos la segunda línea:

$$ \frac{d}{dt}~C = 0 $$

Así que sabemos que es una cantidad conservada. Como tiene que ver con el cuadrado de la velocidad, yo esperaría que $C$ es proporcional a la energía y no al momento, ya que el momento es lineal con la velocidad. Si la energía es demasiado pequeña, la integral no está definida para todos los valores de $\theta$ Existe un valor crítico de C tal que podemos llegar exactamente a $\theta=\pi$ que es $C=g/l$ y esto correspondería a la energía requerida para estar o alcanzar el equilibrio inestable - donde el péndulo está equilibrado arriba, sin poder caer y el integrando se vuelve indefinido para ese valor de $\theta$ .