PROBLEMAS RESUELTOS DE CIENCIAS FISICAS
problemas resueltos de mecánica clasica

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Ejercicios de Mecánica

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Ejercicios de mecánica

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:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} \frac{1}{2}\dot{\varphi}^2 = \frac{2\upsilon^2}{R^2}- \frac{g}{R}(\cos \varphi - 1) = \frac{1}{2}·\frac{g}{R}·\cos \varphi \Rightarrow \\  \\ \Rightarrow \cos \varphi = \frac{\upsilon^2}{3gR} + \frac{2}{3} \end{array} \)
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tema escrito por: José Antonio Hervás