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3.5. Partícula en el interior de un tubo

De Laplace

Contenido

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 horizontal 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.

  1. Halle la ecuación diferencial que debe satisfacer \rho(t)\, sabiendo que el tubo no puede ejercer fuerza en la dirección longitudinal (no hay rozamiento).
  2. Compruebe que \rho(t) =A\mathrm{e}^{\omega t}\, es una solución de dicha ecuación diferencial.
  3. Para esta solución particular
    1. Calcule la fuerza ejercida por el tubo en cada instante.
    2. Halle la potencia desarrollada por el tubo sobre la partícula.
    3. Calcule el trabajo realizado sobre la partícula durante el tiempo que emplea en pasar de \rho = b\, a \rho = 2b\,.
    4. Evalúe el incremento de energía cinética de la partícula en el mismo intervalo y compruebe que se verifica el teorema de la energía cinética.

2 Ecuación diferencial

La expresión dada en el enunciado para las ecuaciones horarias cartesianas de la partícula nos invita a replantear el problema en coordenadas polares. Como se recordará, la relación cartesianas-polares viene dada por

 x=\rho\,\mathrm{cos}(\theta)        y=\rho\,\mathrm{sen}(\theta)

Por tanto, de la comparación con el enunciado se deduce que las ecuaciones horarias polares de la partícula son

 \rho=\rho(t)\,        \theta=\omega t \,

donde se desconoce en principio la dependencia de la coordenada radial con respecto al tiempo \rho(t)\,, razón por la cual tiene sentido que este primer apartado del problema nos pida precisamente que deduzcamos la ecuación diferencial que debe satisfacer dicha función.

Recordemos las expresiones generales de los vectores de posición, velocidad y aceleración de una partícula en coordenadas polares, y sustituyamos en ellas los valores particulares de \dot{\theta}\, y \ddot{\theta}\, que se obtienen de derivar la función \theta(t)=\omega t\,, es decir, \dot{\theta}=\omega\,\,\, y \,\,\ddot{\theta}=0\,

 \vec{r} = \rho\,\vec{u}_{\rho}                        
\vec{v} = \dot{\rho}\,\vec{u}_{\rho}+\rho\,\dot{\theta}\,\vec{u}_{\theta} = \dot{\rho}\,\vec{u}_{\rho}+\omega\rho\,\vec{u}_{\theta}                         \vec{a} = (\ddot{\rho}-\rho\,\dot{\theta}^{2})\,\vec{u}_{\rho}+(2\dot{\rho}\,\dot{\theta}+\rho\,\ddot{\theta})\,\vec{u}_{\theta} = (\ddot{\rho}-\omega^{2}\rho)\,\vec{u}_{\rho}+2\omega\dot{\rho}\,\vec{u}_{\theta}

Teniendo presente que la única fuerza que actúa sobre partícula es la fuerza de reacción vincular ejercida por el tubo, de la cual se nos indica expresamente que no tiene componente longitudinal o radial (es decir, \vec{\Phi}=\Phi\,\vec{u}_{\theta}\,), podemos proyectar la segunda ley de Newton en las direcciones radial y acimutal obteniendo

m\vec{a}=\vec{\Phi}    \Longrightarrow    \left\{\begin{array}{rcl} m(\ddot{\rho}-\omega^{2}\rho) & = & 0 \\ 2m\omega\dot{\rho} & = & \Phi \end{array}\right.

Prescindiendo de la masa (factor no nulo) en la primera de estas ecuaciones (proyección radial de la segunda ley de Newton), se obtiene la ecuación diferencial buscada

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

3 Solución particular

Derivando dos veces


\begin{array}{rcl}
\rho & = & A\mathrm{e}^{\omega t}\\
\dot{\rho} & = & \omega A\mathrm{e}^{\omega t}\\
\ddot{\rho} & = & \omega^2 A\mathrm{e}^{\omega t}
\end{array}

y sustituyendo

\ddot{\rho}-\omega^2\rho = \omega^2 A\mathrm{e}^{\omega t} - \omega^2 A\mathrm{e}^{\omega t} = 0

luego efectivamente es una solución particular de esta ecuación.

3.1 Fuerza de reacción

Obtenemos la fuerza de reacción vincular a partir de la ecuación que se obtuvo al proyectar la segunda ley de Newton en dirección acimutal

\vec{\Phi}=\Phi\,\vec{u}_{\theta} = 2m\omega\dot{\rho}\,\vec{u}_{\theta} = 2m\omega^2A\mathrm{e}^{\omega t}\,\vec{u}_{\theta}

3.2 Potencia desarrollada

La potencia desarrollada por la fuerza de reacción vincular es el producto de ésta por la velocidad de la partícula. Esta velocidad vale

\vec{v} = \dot{\rho}\,\vec{u}_{\rho}+\omega\rho\,\vec{u}_{\theta} = 
\omega A\mathrm{e}^{\omega t}(\vec{u}_{\rho}+\vec{u}_{\theta})

Obsérvese que esta velocidad no es puramente radial, sino que forma un ángulo de 45° con el tubo.

Hallamos el producto escalar y resulta

P=\vec{\Phi}\cdot\vec{v}= 2m\omega^3 A^2\mathrm{e}^{2\omega t}

3.3 Trabajo en un intervalo

El trabajo realizado en un intervalo es

W = \int_{t_1}^{t_2}P\,\mathrm{d}t = \int_{t_1}^{t_2} 2m\omega^3 A^2\mathrm{e}^{2\omega
t}\mathrm{d}t = m\omega^2 A^2\left(\mathrm{e}^{2\omega t_2}-\mathrm{e}^{2\omega
t_1}\right)

En este caso, t1 y t2 son tales que

b = A \mathrm{e}^{\omega t_1}\qquad 2b = A \mathrm{e}^{\omega t_2}

por lo que el trabajo en este desplazamiento vale


W = m\omega^2((2b)^2-b^2) = 3m\omega^2b^2\,

4 Energía cinética

La energía cinética en cada instante para esta solución es, sustituyendo,

K = \frac{1}{2}m|\vec{v}|^2 = m\left(\dot{\rho}^2+\rho^2\dot{\theta}^2\right)

Dado que

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

esto se reduce a

K=\frac{1}{2}m\left(\omega^2\rho^2+\rho^2\omega^2\right)=m\omega^2\rho^2

Por tanto, el incremento entre \rho=b\, y \rho=2b\, vale

\Delta K = m\omega^2(4b^2-b^2) = 3m\omega^2b^2\,

que coincide con el trabajo antes obtenido, tal como predice el teorema de las fuerzas vivas.

Tenemos entonces que la partícula se va acelerando y ganando energía cinética. El trabajo necesario para este incremento lo realiza la fuerza de reacción vincular, que en este caso no es normal a la trayectoria, sino que forma un ángulo de 45º con ella. Para entender esto, cabe recordar que el tubo tiene un movimiento forzado (rota con velocidad angular constante) y por tanto supone para la partícula un vínculo liso pero reónomo.

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