PROBLEMAS RESUELTOS
DE FÍSICA
ejercicios resueltos de mecánica y dinámica

Ver enunciado del ejercicio en:

Ejercicios de Mecánica

Estás en :
Matemáticas y Poesía >

Problemas resueltos

 

Ejercicios de mecánica

Sobre la superficie de una figura de sección circular se deja caer una bolita de masa m, con velocidad inicial nula y sin rozamiento, desde el punto considerado en el esquema adjunto.
Calcular el punto de despegue de la masa por el método de los multiplicadores de Lagrange. Repetir el problema si la velocidad inicial de la bolita es v.

Respuesta al ejercicio 15

Vamos a considerar como coordenadas generalizadas para describir la posición de la bolita \(\rho \; y \; \varphi\), teniendo en cuenta que mientras no despegue existirá la ligadura expresada por \(\rho = R\).

coordenadas generalizadas


La energía cinética se expresará:

    \( \displaystyle T = \frac{1}{2}m(\dot{x}^2 + \dot{y}^2)\quad ; \quad \mathfrak{T} = \frac{1}{2}m(\dot{\rho}^2 +\rho^2 \dot{\varphi}^2) \)
Y la potencial:
    \( V = mg·y \quad ; \quad \mathfrak{V} =mg\rho·\cos \varphi \)
Según eso, las ecuaciones de Lagrange, teniendo en cuenta las fuerzas de ligadura, serán:
    \( \displaystyle \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial\mathfrak{L}}{\partial q_j}\right) - \frac{\partial\mathfrak{L}}{\partial q_j} = \sum_j \lambda_ja_{ij}\quad (*) \)
Donde la Lagrangiana vale:
    \( \displaystyle \mathfrak{L} = \frac{1}{2}m(\dot{\rho}^2 + \rho^2 \dot{\varphi}^2)- mg \rho·\cos\varphi \)
Teniendo en cuenta que la ecuación de ligadura es ρ = R, obtenemos los siguientes coeficientes a1j:
    \( \rho - R = 0 \left\{ \begin{array}{l} a_{1\rho }= 1 \\ a_{1 \varphi } = 0 \\ \end{array} \right. \)
Según eso, tendremos para la expresión (*)
    \( \begin{array}{l} m·\ddot{\rho} - m\rho \dot{\varphi}^2 + mg·\cos \varphi - \lambda_\rho = 0 \\ \\ 2m\rho\dot{\rho} \dot{\varphi} + m\rho^2\ddot{\varphi} - mg·\rho \sin\varphi = 0 \end{array} \)
De estas condiciones podemos obtener la condición de despegue, para lo cual tenemos en cuenta que mientras la bolita no se desprenda de la superficie, se tendrá:
    \( \lambda_\rho = m\ddot{\rho} - m \rho\dot{\varphi}^2 + mg·\cos \varphi \Rightarrow \lambda_\rho = mg·\cos\varphi - m \rho \dot{\varphi}^2 \)
Donde hemos tenido en cuenta que ρ = R es constante y, por lo tanto, sus derivadas, nulas.

La fuerza de ligadura, λ, será nula en el instante de despegue, por lo tanto:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} \lambda_\rho = mg·\cos\varphi - m \rho \dot{\varphi}^2 = 0 \Rightarrow \\  \\ \Rightarrow mg·\cos \varphi - mR\dot{\varphi}^2 = 0 \Rightarrow \dot{\varphi}^2 = \frac{g}{R}\cos \varphi \end{array} \)
Y la bolita despegará cuando la fuerza centrífuga sea mayor que el peso.

Para calcular el ángulo a que se desprende la bolita, consideramos la segunda de las ecuaciones de Lagrange, pero si tenemos en cuenta, análogamente a como hecho antes, que en el instante de despegue la velocidad lineal de la bolita es nula, nos queda:
    \( \displaystyle m\rho^2\ddot{\varphi} - mg·\rho·\sin \varphi = 0 \Rightarrow \ddot{\varphi} = \frac{g}{R}·\sin \varphi \)
Para integrar esta ecuación multiplicamos los dos miembros por la velocidad angular y por dt; de ese modo:
    \( \displaystyle \ddot{\varphi} \dot{\varphi} dt = \frac{g}{R}·\dot{\varphi}·\sin \varphi dt \Rightarrow \int_0^t \ddot{\varphi} \dot{\varphi} dt = \int_0^t \frac{g}{R}·\dot{\varphi}·\sin \varphi dt \)
Teniendo en cuenta ahora que para t = 0 el ángulo de despegue y su derivada son nulos, podemos poner:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} \int_0^t \ddot{\varphi} \dot{\varphi} dt = \int_0^t \frac{g}{R}·\dot{\varphi}·\sin \varphi dt \Rightarrow \int_0^t \left(\frac{1}{2}\dot{\varphi}^2\right) dt = \\ \\ = \frac{g}{R} \int_0^t - \frac{d}{dt}(\cos \varphi) dt\Rightarrow \left[\frac{1}{2}\dot{\varphi}^2\right]_0^\varphi = \\ \\ = -\frac{g}{R}\left[\cos \varphi\right]_0^\varphi \Rightarrow \frac{1}{2}\dot{\varphi}^2 = - \frac{g}{R}(\cos \varphi - 1)\qquad (**) \\ \end{array} \)
Recordando aquí el valor de la velocidad angular obtenido anteriormente:
    \( \displaystyle \frac{1}{2}\dot{\varphi}^2 = - \frac{g}{R}(\cos \varphi - 1) = \frac{1}{2}·\frac{g}{R}·\cos \varphi \Rightarrow \cos \varphi = \frac{2}{3} \)
Que es el valor a partir del cual la bolita se separa de la superficie.

Si consideramos que la bolita tiene una velocidad inicial v, los resultados se modifican a partir de la ecuación (**) ya que en ese caso tenemos:
    \( \displaystyle \left[\frac{1}{2}\dot{\varphi}^2\right]_{\upsilon/R}^\varphi = -\frac{g}{R}\left[\cos \varphi\right]_0^\varphi \Rightarrow \frac{1}{2}\dot{\varphi}^2 = \frac{2\upsilon^2}{R^2}- \frac{g}{R}(\cos \varphi - 1) \)
Y recordando el valor de la velocidad angular:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} \frac{1}{2}\dot{\varphi}^2 = \frac{2\upsilon^2}{R^2}- \frac{g}{R}(\cos \varphi - 1) = \frac{1}{2}·\frac{g}{R}·\cos \varphi \Rightarrow \\  \\ \Rightarrow \cos \varphi = \frac{\upsilon^2}{3gR} + \frac{2}{3} \end{array} \)
PROBLEMAS DE CINEMÁTICA - EJERCICIOS DE MECÁNICA - PROBLEMAS DE DINÁMICA
Otros usuarios de Matemáticas y poesía también han visto:




tema escrito por: José Antonio Hervás