lunes, 10 de diciembre de 2018

ARTÍCULOS Y EJERCICIOS DE FÍSICA

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Barra girando


1 Enunciado

La barra de la figura puede girar sobre su extremo inferior O. La barra es homogénea, de lonigtud L y masa M. En el instante inicial se encuentra en posición vertical (θ(0) = π / 2). En ese instante empieza a moverse de modo que el extremo A tiene una velocidad instantánea v_0\,\vec{\imath}.
  1. Calcula la velocidad angular de la barra en el instante inicial.
  2. Si I es el momento de inercia de la barra respecto a un eje perpendicular al plano OXY y que pasa por el punto O, encuentra la ecuación diferencial que describe el movimiento de la barra.
  3. Encuentra la expresión que da la velocidad angular con la que gira la barra en función del ángulo θ.

2 Solución

2.1 Velocidad angular inicial

El extremo A de la barra realiza un movimiento circular con velocidad angular
\omega = \dot{\theta}
En el movimiento circular, la velocidad lineal y la velocidad angular están relacionadas. En módulo
|v| = R|\dot{\theta}|
siendo R el radio de la circunferencia. En este caso el radio es R = L. La velocidad inicial tiene módulo v0. Como se mueve hacia la derecha, el ángulo θ disminuye, es decir, la derivada ha de ser negativa. Por tanto, la velocidad angular inicial es
\dot{\theta}(0) = -\dfrac{v_0}{L}

2.2 Ecuación de movimiento

La barra es un sólido rígido que realiza un movimiento de rotación alrededor de un eje fijo. Describimos su movimiento utilizando su momento cinético respecto al eje de rotación (el eje OZ). Como el eje es fijo, el momento cinético puede escribirse como
\vec{L}_O = I\,\vec{\omega} = I\,\dot{\theta}\,\vec{k}
donde I es el momento de inercia de la barra respecto al eje OZ.
La variación en el tiempo del momento cinético viene dado por el momento resultante de las fuerzas que actúan sobre la barra respecto al punto O
\dfrac{\mathrm{d}\vec{L}_O}{\mathrm{d}t} = \vec{M}_O
Las fuerzas que actúan sobre la barra son su peso, aplicado en su centro de masas, y la reacción vincular en el punto O. Como se ve en la figura, sólo el peso ejerce momento respecto del punto O. Por tanto
\vec{M}_O = \overrightarrow{OG}\times\vec{P} = \left(\dfrac{1}{2}L\cos\theta\,\vec{\imath} + \dfrac{1}{2}\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\jmath}\right) \times \left(-Mg\,\vec{\jmath}\right) = -\dfrac{MgL}{2}\cos\theta\,\vec{k}
La derivada del momento cinético puede escribirse
\dfrac{\mathrm{d}\vec{L}_O}{\mathrm{d}t} = I\ddot{\theta}\,\vec{k}
Igualando al momento neto, y teniendo en cuenta que al ser los dos vectores colineales podemos trabajar con sus componentes, obtenemos la ecuación diferencial
\ddot{\theta} = -\dfrac{MgL}{2I}\cos\theta
Las condiciones iniciales en este problema en concreto son
\theta(0) = \pi/2, \qquad\qquad \dot{\theta}(0) = -v_0/L

2.3 Velocidad angular en función del ángulo

La ecuación diferencial anterior es difícil de resolver. Pero podemos obtener la velocidad angular en función del ángulo con razonamientos energéticos. La única fuerza que realiza trabajo, el peso, es conservativa, por lo que se conserva la energía mecánica. Escogiendo como origen de energía potencial gravitatoria la altura y = 0, la energía potencial gravitatoria de la barra viene dada por la altura de su centro de masas. En el instante inicial
U_g(0) = \dfrac{1}{2}MgL
La energía cinética inicial es
T(0) = \dfrac{1}{2}I\omega^2(0) = \dfrac{Iv_0^2}{2L^2}
Por tanto la energía mecánica es
E = U_g(0) + T(0) = \dfrac{1}{2}MgL + \dfrac{Iv_0^2}{2L^2}
Para un ángulo cualquiera la energía potencial gravitatoria es
U_g(\theta) = \dfrac{1}{2}MgL\,\mathrm{sen}\,\theta
y la energía cinética es
T(\theta) = \dfrac{1}{2}I\omega^2(\theta)
con lo que la energía mecánica es
E = \dfrac{1}{2}MgL\,\mathrm{sen}\,\theta + \dfrac{1}{2}I\omega^2(\theta)
Igualando las dos expresiones de energía mecánica y despejando la velocidad angular obtenemos
\omega(\theta) = \sqrt{\dfrac{v_0^2}{L^2} + \dfrac{MgL}{I}\,(1-\mathrm{sen}\,\theta)}




Barra girando en un plano


1 Enunciado

Una barra rígida AB de longitud \ a\  se mueve en un plano vertical OXY, manteniendo su extremo A articulado en un punto del eje horizontal de coordenadas \overrightarrow{OA}= a \vec{\imath}, y verificando la ley horaria θ(t) = 2ωt, con 0 \leq \theta \leq \pi y siendo ω = cte. Un hilo inextensible de longitud 2a tiene uno de sus extremos conectado al origen del sistema de referencia (punto O), mientras que del otro cuelga una partícula P que mantiene al hilo siempre tenso. El hilo se apoya sobre una pequeña polea de radio despreciable situada en el extremo B de la barra, de forma que el tramo \overline{BP} permanece siempre paralelo al eje OY (ver figura). Se pide:
  1. Ecuaciones horarias del punto P: \ \overrightarrow{OP} = \mathbf{r} (t) =x(t) \vec{\imath} + y(t) \vec{\jmath}.
  2. Instante del tiempo tM en que la partícula alcanza su altura máxima.
  3. Radio de curvatura de la trayectoria seguida por P, en el instante considerado en el apartado anterior.

2 Solución

2.1 Ecuaciones horarias del punto \boldsymbol{P}

Podemos construir el vector \overrightarrow{OP} como
\overrightarrow{OP} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BP}.
Veamos como calcular cada uno de los vectores
El vector \overrightarrow{OA} es simplemente el vector de posición del punto A
\overrightarrow{OA} = [a,0,0]
Calculamos las componentes de \overrightarrow{AB} proyectando sobre los ejes a través del ángulo θ
\overrightarrow{AB} = [a\cos\theta,a\,\mathrm{sen}\,\theta,0]
Por último el vector \overrightarrow{BP} es
\overrightarrow{BP} = -|\overrightarrow{BP}|\,\vec{\jmath} = [0,-|\overrightarrow{BP}|,0]
Sabiendo que la longitud total del hilo es 2a, del dibujo vemos que
|\overrightarrow{BP}| = 2a - |\overrightarrow{OB}|.
Tenemos \overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AB}=(a(1+\cos\theta),a\,\mathrm{sen}\,\theta,0), luego su módulo es
|\overrightarrow{OB}| = \sqrt{a^2(1+\cos\theta)^2+a^2\,\mathrm{sen}\,^2\theta} = a\sqrt{2(1+\cos\theta)} = 2a\cos(\theta/2)
donde hemos usado \cos(\theta/2) = \sqrt{(1+\cos\theta)/2}. Entonces
\overrightarrow{BP} = [0,-2a(1-\cos(\theta/2)),0]
A partir de la expresión de \overrightarrow{OP}  obtenemos
\overrightarrow{OP} = [ a(1+\cos\theta),a(\,\mathrm{sen}\,\theta-2 +2\cos(\theta/2)),0]
Sustituyendo la ley horaria θ(t) = 2wt obtenemos
\overrightarrow{OP}(t) = [ a(1+\cos(2wt)),a(\,\mathrm{sen}\,(2wt)-2+2\cos(wt)),0]
El dibujo indica la trayectoria seguida por el punto P y el extremo de la barra B

2.2 Instante en que alcanza la altura máxima

La partícula alcanza su altura máxima cuando la componente Y de la velocidad se anula. La velocidad de la partícula es
\begin{array}{ll} \vec{v}_P = \dot{\overrightarrow{OP}} =& [-2aw\,\mathrm{sen}\,(2wt),2aw(\cos(2wt)-\,\mathrm{sen}\,(wt)),0] =\\ & [-2aw\,\mathrm{sen}\,(\theta),2aw(\cos(\theta)-\,\mathrm{sen}\,(\theta/2)),0] \end{array}
Para que la velocidad vy sea nula debe ocurrir que
\cos(\theta) = \,\mathrm{sen}\,(\theta/2)
Teniendo en cuenta que \,\mathrm{sen}\,(\theta/2) = \sqrt{(1-\cos\theta)/2}, elevando al cuadrado llegamos a la ecuación
2cos2θ + cosθ − 1 = 0
Esta ecuación tiene dos soluciones
\cos\theta = \left\{ \begin{array}{l} 1/2 \\ -1 \end{array} \right. \to \theta = \left\{ \begin{array}{l} \pi/3 \\ \pi \end{array} \right.
El punto de altura máxima corresponde al primer valor. Así pues el ángulo para el que la altura es máxima, y el tiempo correspondiente son
\begin{array}{ccc} \theta_{M} = \pi/3&\,\,\,\,&t_M = \pi/6w \end{array}

2.3 Radio de curvatura en el punto más alto

Necesitamos la aceleración en el instante tM. La aceleración en cualquier instante es
\begin{array}{ll} \vec{a}_P = \dot{\vec{v}}_P =& [-4aw^2\cos(2wt),-2aw^2(-2\,\mathrm{sen}\,(2wt)+\cos(wt)),0] =\\ &[-4aw^2\cos(\theta),-2aw^2(2\,\mathrm{sen}\,(\theta)+\cos(\theta/2)),0] \end{array}
En el instante tM la velocidad y la aceleración son
\begin{array}{l} \vec{v}_P(t_M) = [-\sqrt{3}aw,0,0]\\ \vec{a}_P(t_M) = [-2aw^2,-3\sqrt{3}a w^2,0] \end{array}
La componente normal de la aceleración es
a_N = \left|\dfrac{|\,\vec{v}\times\vec{a}\,|}{v}\right| = 3\sqrt{3}aw^2.
Y el radio de curvatura es
R_{\kappa} = \dfrac{v^2}{a_N} = \dfrac{a}{\sqrt{3}}
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