Ver el código de «Partícula ensartada en un aro circular (GIA)»

== Enunciado ==
[[Imagen:F1_GIA_bola_aro_a.png|right]]
Se tiene un aro circular de radio <math>R</math>. Engarzado en él hay una masa <math>m</math> que puede deslizar siguiendo la circunferencia del aro bajo la acción de la gravedad. 
#Suponiendo que el contacto es liso, encuentra las ecuaciones que describen el movimiento de la masa en función del ángulo <math>\alpha</math> de la figura.
#Soltamos la masa con velocidad inicial nula y un ángulo inicial <math>\alpha_0\ll1</math>. Encuentra la función <math>\alpha(t)</math> que describe el movimiento de la masa.
#Supongamos ahora que nos dicen que la masa realiza un movimiento circular uniforme con frecuencia angular <math>\Omega</math>. Encuentra la expresión de la fuerza de ligadura en función del ángulo <math>\theta</math>. ¿Es constante? En este caso, ¿el vínculo es liso o rugoso?

== Solución ==

===Ecuaciones de movimiento===
Tenemos una partícula vinculada, pues está obligada a moverse
siguiendo la circunferencia del aro. Se trata de un vínculo bilateral,
geométrico (no aparece la velocidad) y esclerónomo (no aparece
explícitamente el tiempo pues el aro no se mueve). Nos dice el
enunciado que es además liso, esto es, la fuerza de reacción vincular
que sustituye a la ligadura es perpendicular a la superficie del
anillo. Las ecuaciones que definen el vínculo son las de una
circunferencia de radio <math>R</math>, en el plano <math>OXY</math> y centrada en el origen
de coordenadas <math>O</math>:
<center><math>
  \Gamma\equiv
  \left\{
    \begin{array}{l}
      x^2+y^2=R^2\\ \\
      z=0
    \end{array}
  \right.
  </math></center>
Hemos escrito las ecuaciones en coordenadas cartesianas, usando el sistema de ejes de la figura.

Como hay dos ecuaciones vinculares, y una partícula libre tiene 3
grados de libertad, el número de grados de libertad del problema es
<math>r=3-2=1</math>. Por tanto, basta con un parámetro para describir la
posición de la partícula. Usaremos el ángulo <math>\theta(t)</math>.

Las fuerzas que actúan sobre la partícula son el peso <math>m\vec{g}</math>, que es la
fuerza activa, y la fuerza de reacción vincular <math>\boldsymbol{\Phi}</math>,
que sustituye al vínculo. La ecuación de movimiento de la partícula se obtiene de la Segunda 
Ley de Newton teniendo sustituyendo el vínculo por la fuerza de reacción vincular
<center>
<math>
\vec{a} = \ddot{\vec{r}} = \frac{1}{m}\left(m\vec{g} + \vec{\Phi}\right)
</math>
</center>
Tenemos dos incógnitas en el problema, <math>\theta(t) </math> y <math>\Phi(t) </math>. Necesitamos 
por tanto dos ecuaciones. Para obtenerlas hemos de proyectar la Segunda Ley en un sistema de ejes
y convertir la ecuación vectorial en dos ecuaciones escalares. Vamos a hacerlo usando tres técnicas 
distintas: en el triedro intrínseco, en coordenadas polares y en los ejes cartesianos


==== Obtención de las ecuaciones de movimiento usando coordenadas polares ====
[[Imagen:F1_GIA_bola_aro_polares.png|right]]
{{ac|Coordenadas polares}}
En coordenadas polares los vectores de posición, velocidad y aceleración de la partícula son
<center>
<math>
\begin{array}{l}
\vec{r}(t) = r\,\vec{u}_{\rho} \\
\vec{v} = \dot{r}\,\vec{u}_{\rho} + r\dot{\theta}\,\vec{u}_{\theta}\\
\vec{a} = (\ddot{r} - r\dot{\theta}^2)\,\vec{u}_{\rho} + (2\dot{r}\dot{\theta}+r\ddot{\theta})\,\vec{u}_{\theta}
\end{array}
</math>
</center>
En nuestro caso la coordenada radial es constante, pues se la partícula se mueve sobre una 
circunferencia. Por tanto, <math>r = R </math> y <math>\dot{r}=\ddot{r}=0 </math>. La velocidad y aceleración quedan
<center>
<math>
\begin{array}{l}
\vec{v} = R\dot{\theta}\,\vec{u}_{\theta}
\\
\vec{a} = -R\dot{\theta}^2\,\vec{u}_{\rho} + R\ddot{\theta}\,\vec{u}_{\theta}
\end{array}
</math>
</center>
Como se observa en la figura las proyecciones de la fuerza de reacción vincular y la 
aceleración de la gravedad en los vectores de la base en polares son
<center>
<math>
\begin{array}{l}
\vec{\Phi} = -\Phi\,\vec{u}_{\rho}\\
\vec{g} = -g \,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{u}_{\rho} - g\cos\theta\,\vec{u}_{\theta}
\end{array}
</math>
</center>
El signo menos en la fuerza de reacción vincular es para que el signo de <math>\Phi </math> coincida
con el de la proyección en el triedro intrínseco.

==== Obtención de las ecuaciones de movimiento proyectando en el triedro intrínseco ====
[[Imagen:F1_GIA_bola_aro_intrinseco.png|right]]
La trayectoria que sigue la partícula es una circunferencia. Podemos calcular los vectores que forman 
el triedro intrínseco en cada punto de la circunferencia. El vector de posición de un punto de 
la circunferencia parametrizado en función de <math>\theta </math> es
<center>
<math>
\begin{array}{l}
x(\theta) = R\,\cos\theta\\
y(\theta) = R\,\mathrm{sen}\,\theta\\
z=0
\end{array}
</math>
</center>
El vector tangente es
<center>
<math>
\vec{T} = \frac{\displaystyle\frac{\mathrm{d}\vec{r}}{\mathrm{d}\theta}}{\left|\displaystyle\frac{\mathrm{d}\vec{r}}{\mathrm{d}\theta}\right|}
=
-\mathrm{sen}\theta\,\vec{\imath} + \cos\theta\,\vec{\jmath}
</math>
</center>
El vector tangente apunta en la dirección en que varía <math>\vec{T} </math>. Por tanto
<center>
<math>
\vec{N} = \frac{\displaystyle\frac{\mathrm{d}\vec{T}}{\mathrm{d}\theta}}{\left|\displaystyle\frac{\mathrm{d}\vec{T}}{\mathrm{d}\theta}\right|}
=
-\cos\theta\,\vec{\imath} - \mathrm{sen}\theta\,\vec{\jmath} 
</math>
</center>
La figura muestra la dirección y sentido del triedro intrínseco para un valor del ángulo <math>\theta </math>. Debemos proyectar en esta base los dos términos de la Segunda ley. Para la aceleración
utilizamos los resultados que hemos obtenido para el movimiento circular
<center>
<math>
\vec{a} = a_T\vec{T} + a_N\vec{N} = 
R\ddot{\theta}\,\vec{T} + R\,\dot{\theta}^2\vec{N}
</math>
</center>
Como el vínculo es liso, la fuerza de reacción vincular es perpendicular al aro. Por tanto
<center>
<math>
\vec{\Phi} = \Phi\,\vec{N}
</math>
</center>
No hay que olvidar que la componente <math>\Phi </math> puede ser positiva o negativa. En el dibujo 
tendría un valor negativo.
Por último, de la figura vemos que la aceleración de la gravedad se proyecta en el triedro intrínseco como
<center>
<math>
\vec{g} = -g\cos\theta\,\vec{T} + g\,\mathrm{sen}\theta\,\vec{N}
</math>
</center>
A partir de la Segunda Ley (ecuación vectorial) obtenemos dos ecuaciones escalares (una de las 
componentes en <math>\vec{T} </math> y otra de las componentes en <math>\vec{N} </math>
<center>
<math>
\vec{a} = \vec{g} +\frac{1}{m}\vec{\Phi}
\Rightarrow
\left\{
\begin{array}{lr}
R\,\ddot{\theta} = -g\cos\theta & (\vec{T}) \\
&\\
R\,\dot{\theta}^2 = g\,\mathrm{sen}\theta + \frac{\displaystyle \Phi}{\displaystyle m}&(\vec{N})
\end{array}
\right.
\Rightarrow
\left\{
\begin{array}{lcl}
\ddot{\theta} = -\frac{\displaystyle g}{\displaystyle R}\cos\theta & \to &\theta(t) \\ &&\\
\Phi(t) = mR\dot{\theta}^2 - mg\,\mathrm{sen}\theta & \to &\Phi(t)
\end{array}
\right.
</math>
</center>
Resolviendo la primera ecuación obtendríamos <math>\theta(t) </math> y de la segunda tendríamos
la fuerza de reacción vincular <math>\Phi(t) </math>.


==== Obtención de las ecuaciones de movimiento usando coordenadas cartesianas====
[[Imagen:F1_GIA_bola_aro_cartesianas.png|right]]
Por último, vamos a encontrar las ecuaciones de movimiento usando coordenadas cartesianas. Vamos a 
ver que este es el método que obliga a cálculos más laboriosos. 

Utilizamos el ángulo <math>\theta(t) </math> para parametrizar el movimiento. Los vectores de posición, 
velocidad y aceleración son
<center>
<math>
\begin{array}{l}
\vec{r}(t) = \vec{r}[\theta(t)] = x[\theta(t)]\,\vec{\imath} + y[\theta(t)]\,\vec{\jmath}\\
\\
\vec{v} = \dot{\vec{r}} = \frac{\displaystyle \mathrm{d}\vec{r}}{\displaystyle\mathrm{d}\theta}
\frac{\displaystyle\mathrm{d}\theta}{\displaystyle\mathrm{d} t} = 
-R\dot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\imath} + R\dot{\theta}\cos\theta\,\vec{\jmath}\\
\\
\vec{a} = \dot{\vec{v}} = 
\dfrac{\partial \vec{r}}{\partial \theta}\,\dot{\theta}+\dfrac{\partial \vec{r}}{\partial \dot{\theta}}\,\ddot{\theta}
=
(-R\ddot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta-R\dot{\theta}^2\cos\theta)\,\vec{\imath} + (R\ddot{\theta}\cos\theta-R\dot{\theta}^2\,\mathrm{sen}\,\theta)\,\vec{\jmath}
\end{array}
</math>
</center>

La expresión de la fuerza de reacción vincular y la aceleración de la gravedad en los vectores de la base
cartesianas es
<center>
<math>
\begin{array}{l}
\vec{\Phi} = \Phi\cos\theta\,\vec{\imath} + \Phi\,\mathrm{sen}\,\vec{\jmath}
\\
\vec{g} = -g\,\vec{\jmath}
\end{array}
</math>
</center>

Escribimos la Segunda Ley de Newton en coordenadas cartesianas e igualamos componente a componente
<center>
<math>
\vec{a} = \vec{g}+\frac{1}{m}\vec{\Phi}
\Rightarrow
\left\{
\begin{array}{l}
-R\ddot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta-R\dot{\theta}^2\cos\theta = \Phi\cos\theta \\
R\ddot{\theta}\cos\theta-R\dot{\theta}^2\,\mathrm{sen}\,\theta = -g + \Phi\,\mathrm{sen}\,\theta
\end{array}
\right.
\Rightarrow
\left\{
\begin{array}{l}
-R\ddot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta-R\dot{\theta}^2\cos\theta = \Phi\cos\theta \\
R\ddot{\theta}\cos\theta-R\dot{\theta}^2\,\mathrm{sen}\,\theta +g = \Phi\,\mathrm{sen}\,\theta
\end{array}
\right.
</math>
</center>
Dividiendo una ecuación por la otra y multiplicando en aspa tenemos
<center>
<math>
\frac{\displaystyle -R\ddot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta-R\dot{\theta}^2\cos\theta}
{\displaystyle R\ddot{\theta}\cos\theta-R\dot{\theta}^2\,\mathrm{sen}\theta +g}
=\frac{\displaystyle \cos\theta}{\displaystyle \mathrm{sen}\,\theta}
\Rightarrow
-R\ddot{\theta}\,\mathrm{sen}^2\theta - R\dot{\theta}^2\cos\theta\,\mathrm{sen}\,\theta
=R\ddot{\theta}\cos^2\theta - R\dot{\theta}^2\cos\theta\,\mathrm{sen}\,\theta + g\cos\theta
</math>
</center>
El término con <math>\cos\theta\,\mathrm{sen}\,\theta </math> a ambos lados de la igualdad. Utilizando la 
igualdad <math>\mathrm{sen}^2\theta + \cos^2\theta = 1 </math> llegamos de nuevo a la ecuación
<center>
<math>
\ddot{\theta} = -\frac{\displaystyle g}{\displaystyle R}\cos\theta
</math>
</center>
La expresión para <math>\Phi(t)  </math> se obtiene despejando en las ecuaciones.

=== Resolución de la ecuación de movimiento ===
[[Imagen:F1_GIA_bola_aro_angulos.png|right]]

La ecuación diferencial que define el movimiento es
<center>
<math>
\ddot{\theta} = -\frac{\displaystyle g}{\displaystyle R}\cos\theta
</math>
</center>
Para resolver el problema, necesitaríamos dos
condiciones iniciales, por ejemplo, un ángulo inicial
<math>\theta_0</math> y una velocidad inicial <math>v_0</math>. A partir de la expresión de la velocidad
en coordenadas polares  
vemos que una condición sobre la velocidad se convierte en una
condición sobre <math>\dot{\theta}(0)</math>
<center><math>
  |\dot{\vec{r}}|(0)=v_0\Longrightarrow \dot{\theta}(0)=v_0/R
</math></center>
De este modo el problema se plantearía como
<center><math>
  \begin{array}{l}
    \ddot{\theta} = -\frac{\displaystyle g}{\displaystyle R}\cos\theta\\ \\
    \theta(0)=\theta_0\\ \\
    \dot{\theta}(0)=v_0/R
  \end{array}
</math></center>
Este problema no se puede resolver en términos de funciones
elementales. En el siguiente apartado veremos un límite en el que el
problema sí es resoluble. Para ello, vamos a describir el movimiento
en función del ángulo <math>\alpha</math> de la figura. Tenemos
<center><math>
  \begin{array}{l}
  \alpha(t) -\theta(t)=\pi/2\Longrightarrow \dot{\theta}=\dot{\alpha}
\Longrightarrow\ddot{\theta}=\ddot{\alpha}\\ \\
\cos\theta=\cos(\alpha-\pi/2)=\,\mathrm{sen}\,\alpha\\ \\
\alpha_0=\theta_0+\pi/2
  \end{array}
</math></center>
Por tanto el problema en términos de <math>\alpha(t)</math> queda planteado como
<center><math>
  \begin{array}{l}
    \ddot{\alpha} = -\frac{\displaystyle g}{\displaystyle R}\,\mathrm{sen}\,\alpha\\ \\
    \alpha(0)=\alpha_0\\ \\
    \dot{\alpha}(0)=v_0/R
  \end{array}
</math></center>

===Caso de ángulo <math>\boldsymbol{\alpha}</math> pequeño===
Si nos restringimos al caso <math>\alpha\ll1</math>, el problema tiene solución
sencilla. Usando el desarrollo de Maclaurin (es decir, el desarrollo
de Taylor cerca de <math>\alpha=0</math>), la función <math>\,\mathrm{sen}\,\alpha</math> en las
proximidades de <math>\alpha=0</math> se puede expresar como
<center><math>
  \,\mathrm{sen}\,\alpha=\left.\,\mathrm{sen}\,\alpha\right|_{\alpha=0} +\left.\frac{\mathrm{d}(\,\mathrm{sen}\,\alpha)}{\mathrm{d}\alpha}\right|_{\alpha=0}\alpha+O(\alpha^2)
</math></center>
Por tanto, despreciando términos de orden superior obtenemos
<center><math>
  \,\mathrm{sen}\,\alpha\simeq\alpha
</math></center>
Nos dice el enunciado que la partícula parte del reposo (<math>v_0=0</math>) y
con un ángulo inicial <math>\alpha_0</math>. El problema queda
<center><math>
  \begin{array}{l}
    \ddot{\alpha}=-\frac{\displaystyle g}{\displaystyle R}\alpha\\ \\
    \alpha(0)=\alpha_0\\ \\
    \dot{\alpha}(0)=0
  \end{array}
</math></center>
Buscamos soluciones de la forma 
<center><math>
  \alpha(t)=A\,\cos(\omega t)+B\,\,\mathrm{sen}\,(\omega t)\qquad\qquad\omega=\sqrt{g/R}
</math></center>
Imponiendo las condiciones iniciales obtenemos que el ángulo <math>\alpha(t)</math> viene
dado por 
<center><math>
  \alpha(t)=\alpha_0\cos(\omega t)\qquad\qquad\omega=\sqrt{g/R}
</math></center>
Esto quiere decir que la partícula realiza oscilaciones de amplitud
<math>\alpha_0</math> alrededor del punto más bajo del aro, y con un período
<center><math>
  T = \frac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\frac{R}{g}}
</math></center>

===Movimiento circular uniforme===
[[Imagen:F1_GIA_bola_aro_c.png|right]]
En este caso el dato es el movimiento. Se nos dice que la partícula
recorre el aro con un movimiento circular uniforme de frecuencia
angular <math>\dot{\theta}=\Omega</math>. Por tanto la aceleración angular es
<math>\ddot{\theta}=0</math>. Con esto podemos determinar su posición, velocidad
y 
aceleración en función del tiempo. 
<center><math>
  \begin{array}{l}
    \vec{r}(t) = R\vec{u}_{\rho}(t)\\ \\
    \dot{\vec{r}}(t)=R\Omega\,\vec{u}_{\theta}\\ \\
    \ddot{\vec{r}}(t)=-R\Omega^2\,\vec{u}_{\rho}
  \end{array}
</math></center>
Y ahora usamos la Segunda Ley de Newton para determinar la fuerza de
reacción vincular en función de la posición de la partícula
<center><math>
  \begin{array}{l}
  m\ddot{\vec{r}}=m\vec{g}+\boldsymbol{\Phi}\Rightarrow 
\boldsymbol{\Phi}=m\ddot{\vec{r}}-m\vec{g} \\ \\
\boldsymbol{\Phi} = m(g\,\mathrm{sen}\,\theta-R\Omega^2)\,\vec{u}_{\rho}+mg\cos\theta\,\vec{u}_{\theta}
  \end{array}
</math></center>
En la figura se muestra la fuerza de reacción vincular para cuatro
posiciones de la partícula. En este caso se tiene <math>R\Omega^2>g</math>, por
lo que <math>\boldsymbol{\Phi}(\theta=\pi/2)</math> apunta hacia abajo. Puede
observarse que <math>\boldsymbol{\Phi}</math> tiene componente tangencial, por lo
que el vínculo sería rugoso.


===Comentarios sobre el caso de ángulo <math>\boldsymbol{\alpha}</math> grande===
[[Imagen:F1_GIA_bola_aro_d.png|right]]
En el segundo apartado hemos visto la solución para ángulo
pequeño. Decíamos que cuando el ángulo es pequeño la función <math>\sin\alpha</math> se puede sustituir por <math>\alpha</math>. Podemos preguntarnos que quiere decir ''pequeño'' . La
respuesta está en el desarrollo de Taylor de <math>\,\mathrm{sen}\,\alpha</math>. Incluyendo
los dos primeros términos este desarrollo es
<center><math>
  \,\mathrm{sen}\,\alpha=\alpha-\frac{\alpha^3}{3!}+O(\alpha^5)
</math></center>
Al despreciar el segundo término estamos imponiendo la condición
<center><math>
  \frac{\alpha^3/3!}{\alpha}\ll1\Longrightarrow \alpha\ll\sqrt{6}=2.45
</math></center>
Si imponemos por ejemplo que <math>\alpha_0^{\mathrm{max}}</math> sea el 10%
ese valor límite, obtenemos un valor máximo del ángulo
<center><math>
  \alpha_0^{\mathrm{max}}=0.245\,\mathbf{rad}=14.0^o
</math></center>
La gráfica adjunta muestra la función <math>\,\mathrm{sen}\,\alpha</math> y <math>\alpha</math> en las
proximidades de <math>\alpha=0</math>. Puede observarse que para
<math>\alpha\leq\alpha_0^{\mathrm{max}}</math> las dos funciones son prácticamente iguales.
[[Imagen:F1_GIA_bola_aro_e.png|right]]
Podemos también resolver numéricamente el problema para un ángulo
cualquiera y comparar las soluciones. Como condición inicial vamos a
situar la partícula en el punto mas bajo del aro, e ir variando la
velocidad inicial. Para valores pequeños de ésta, la amplitud de
oscilación será pequeña y se cumplirá la condición de ángulo
pequeño. Para velocidades iniciales grandes la bolita sube mucho y el
ángulo ya no podrá considerarse pequeño. El problema es
<center><math>
  \begin{array}{l}
    \ddot{\alpha}=-\frac{\displaystyle g}{\displaystyle R}\,\mathrm{sen}\,\alpha\\ \\
    \alpha(0)=0\\ \\
    \dot{\alpha}(0)=v_0/R
  \end{array}  
</math></center>
La figura muestra la evolución de <math>\alpha(t)</math> para un ángulo máximo
muy pequeño y otro ángulo máximo próximo a <math>\pi</math> (la partícula llega
casi hasta  el punto más alto del aro). En el primer caso la solución
tiene forma de seno, pues se cumple
<math>\alpha(t)\ll\alpha_0^{\mathrm{max}}</math>. En el segundo caso se ve
claramente que ya no es una función seno. El ángulo está escalado con
su valor máximo y el tiempo con el período correspondiente al
oscilador armónico.

[[Imagen:F1_GIA_bola_aro_f.png|right]]
En la misma gráfica se observa que, para ángulos grandes, la función
sigue siendo periódica, aunque no sea senoidal. Pero su período va
aumentando con el ángulo. Se puede calcular la variación del período
en función del 
ángulo máximo alcanzado. El resultado se muestra en la gráfica de la
izquierda. Para ángulos máximos pequeños, el período es el del caso
<math>\alpha\ll1</math> (<math>T=T_0</math>). Conforme se alcanzan ángulos mayores (la
partícula llega más arriba) el período se va haciendo más grande, y
tiende a infinito si <math>\alpha_0^{\mathrm{max}}=\pi</math>.

[[Categoría:Dinámica del punto material|1]]
[[Categoría:Física I (G.I.A.)]]
[[Categoría:Física I (G.I.T.I.)]]