Partícula en el interior de un tubo (GIE)

De Laplace

Contenido

1 Enunciado
2 Ecuación para ρ
3 Análisis de la solución
4 Análisis en un sistema rotatorio

1 Enunciado

Una partícula de masa $m$ se encuentra en el interior de un tubo estrecho, el cual se halla en todo momento contenido en el plano OXY girando con velocidad angular $ω$ constante alrededor del eje OZ, de forma que la posición de la partícula puede escribirse como

$x = \rho\,\mathrm{cos}(\omega t)\,$ $y= \rho\,\mathrm{sen}(\omega t)$

donde $\rho = \rho(t)\,$ , función que hay que determinar, define la posición de la partícula a lo largo del tubo.

Halle la ecuación diferencial que debe satisfacer $\rho(t)\,$ sabiendo que el tubo no puede ejercer fuerza en la dirección longitudinal (no hay rozamiento).
Suponga que
1. Compruebe que se trata de una solución de la ecuación diferencial
2. Calcule la fuerza ejercida por el tubo en cada instante.
3. Halle las componentes intrínsecas de la aceleración
Si se analiza este movimiento desde un sistema de referencia ligado al tubo
1. ¿Qué fuerzas actúan sobre la partícula?
2. ¿Cuál de ellas acelera a la partícula? ¿Por qué aparece una fuerza del tubo sobre la partícula?

2 Ecuación para ρ

Si escribimos las ecuaciones de movimiento en polares, separadas en componentes,

$\left\{\begin{array}{rcl}m\left(\ddot{\rho}-\rho\dot{\theta}^2\right) & = & F_\rho \\ m\left(\rho\ddot{\theta}+2\dot{\rho}\dot{\theta}\right) & = & F_\theta\end{array}\right.$

tenemos que se simplifican notablemente, teniendo en cuenta los datos del enunciado:

El tubo está rotando de forma conocida, es decir, sabemos que el ángulo $θ$ varía como

$\theta = \omega t \qquad\Rightarrow\qquad \dot{\theta}=\omega \qquad\qquad\ddot{\theta}=0$

El tubo solo ejerce fuerza mediante el empuje que sus paredes realizan lateralmente sobre la partícula, no a lo largo del propio tubo:

$F_\rho = 0\qquad F_\theta = {}F_n$

Esto nos deja con

$m\left(\ddot{\rho} - \rho\omega^2\right) = 0 \qquad\qquad 2m\omega\dot{\rho}={}F_n$

La primera de las dos es la ecuación buscada, ya que nos permite determinar $ρ(t)$

$\ddot{\rho}=\omega^2\rho$

Una vez que la hemos resuelto, podemos emplear la segunda para calcular la fuerza que ejerce el tubo, que es desconocida a priori

${}F_n = 2m\omega\dot{\rho}$

3 Análisis de la solución

3.1 Verificación

Tenemos que, como dato, se nos da

$\rho(t) =A\mathrm{e}^{\omega t}\,$

Para comprobar que es la solución, simplemente se sustituye en la ecuación de movimiento

$\dot{\rho} =A\omega\mathrm{e}^{\omega t}\, \qquad\qquad \ddot{\rho} =A\omega^2\mathrm{e}^{\omega t}=\omega^2\rho\,$

Luego efectivamente es una solución.

Este movimiento radial, combinado con la variación angular

$\rho =A\mathrm{e}^{\omega t}\qquad\qquad\theta = \omega t$

nos dicen que la partícula describe una espiral logarítmica, alejándose del centro del tubo de forma exponencial

3.2 Fuerza ejercida por el tubo

La fuerza la hallamos sustituyendo la solución anterior en la ecuación de movimiento acimutal

${}F_n = 2m\omega\dot{\rho}=2m\omega^2A\mathrm{e}^{\omega t}=2m\omega^2\rho$

En forma vectorial

$\vec{{}F_n}=2m\omega^2A\mathrm{e}^{\omega t}\vec{u}_\theta$

3.3 Componentes de la aceleración

3.3.1 Forma vectorial

La aceleración de la partícula en cada instante no requiere derivar en coordenadas polares. Basta con emplear la segunda ley de Newton

$\vec{a}=\frac{\vec{F}}{m}=\frac{\vec{{}F_n}}{m}=2\omega^2A\mathrm{e}^{\omega t}\vec{u}_\theta$

3.3.2 Aceleración tangencial

La aceleración tangencial la hallamos derivando la rapidez respecto al tiempo. En general se tiene

$\vec{v}=\dot{\rho}\vec{u}_\rho+\rho\dot{\theta}\vec{u}_\theta\qquad\Rightarrow\qquad |\vec{v}|=\sqrt{\dot{\rho}^2+\rho^2\dot{\theta}^2}$

Sustituyendo nuestra solución

$|\vec{v}| = \sqrt{A^2\omega^2\mathrm{e}^{2\omega t}+(A^2\mathrm{e}^{2\omega t})\omega^2} = \sqrt{2}A\omega\mathrm{e}^{\omega t}$

Derivando aquí

$a_t = \frac{\mathrm{d}|\vec{v}|}{\mathrm{d}t}=\sqrt{2}A\omega^2\mathrm{e}^{\omega t}$

3.3.3 Aceleración normal

Una vez que tenemos la aceleración total y la tangencial, hallamos la normal

$a_n = \sqrt{|\vec{a}|^2-a_t^2} = \sqrt{4A^2\omega^4 \mathrm{e}^{2\omega t}-2A^2\omega^4 \mathrm{e}^{2\omega t}}=\sqrt{2}A\omega^2\mathrm{e}^{\omega t}$

Esto es, las dos componentes de la aceleración tienen el mismo valor y por tanto, la aceleración forma un ángulo constante de 45° con la velocidad.

4 Análisis en un sistema rotatorio

Si empleamos un sistema de referencia ligado al tubo, el movimiento ya no es espiral, sino rectilíneo, ya que el tubo se ve inmóvil en este sistema.

Si el tubo está inmóvil y la única fuerza que puede ejercer es ortogonal a él, ¿por qué se acelera la partícula? ¿quién la mueve?

Este es un sistema de referencia no inercial en el que hay que incluir las fuerzas ficticias. Dado que la velocidad angular del tubo es constante, sólo necesitamos considerar dos fuerzas ficticias:

La centrífuga

$\vec{F}_c =-m\vec{\omega}\times(\vec{\omega}\times\vec{r})$

La de Coriolis

$\vec{F}_C = -2m\vec{\omega}\times\vec{v}$

En este sistema, la posición de la partícula, su velocidad y su aceleración cumplen

$\vec{r}=\rho\vec{\imath}\qquad \vec{v}=\dot{\rho}\vec{\imath}\qquad\vec{a}=\ddot{\rho}\vec{\imath}$

siendo la velocidad angular

$\vec{\omega}=\omega\vec{k}$

Esto nos da, para las fuerzas ficticias

$\vec{F}_c = m\omega^2\rho\vec{\imath}\qquad\qquad \vec{F}_C=-2m\omega\dot{\rho}\vec{\jmath}$

Si las incluimos en las ecuaciones de movimiento en este sistema

$m\vec{a}=\vec{F}_n+\vec{F}_c+\vec{F}_C$

queda

$m\ddot{\rho}\vec{\imath}=F_n\vec{\jmath}+m\omega^2\rho\vec{\imath}-2m\omega\dot{\rho}\vec{\jmath}$

Igualamos componente a componente

$\left\{\begin{array}{rcl}m\ddot{\rho} & = & m\omega^2\rho \\ 0 & = & F-2m\omega\dot{\rho}\end{array}\right.$

y llegamos a la misma ecuación de movimiento

$\ddot{\rho}-\omega^2\rho = 0\,$

y al mismo valor de la fuerza ejercida por el tubo

$F_n = 2m\omega\dot{\rho}\,$

Sin embargo, la interpretación de este resultado es completamente diferente en este sistema. Aquí es la fuerza centrífuga, radial y hacia afuera, la que acelera exponencialmente a la partícula.

En su movimiento, la partícula experimenta una fuerza de Coriolis que la lleva a impactar con la pared del tubo. Es por ello por lo que aparece una fuerza de reacción ejercida por este, que no es la que acelera la partícula sino que solo resiste a la otra.

Partícula en el interior de un tubo (GIE)

De Laplace

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1 Enunciado

2 Ecuación para ρ

3 Análisis de la solución

3.1 Verificación

3.2 Fuerza ejercida por el tubo

3.3 Componentes de la aceleración

3.3.1 Forma vectorial

3.3.2 Aceleración tangencial

3.3.3 Aceleración normal

4 Análisis en un sistema rotatorio

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