Bloque sobre plano inclinado girando

Enunciado

Una partícula puntual de masa $m$ se mueve sobre un plano inclinado. A su vez, el plano gira de modo que el ángulo con la horizontal es $\theta (t)=\omega t$. Sobre la masa actúa además la gravedad ${\vec {g}}$. El contacto entre la partícula y el plano es liso.

1. Encuentra la expresión de la ecuación diferencial que cumple la distancia de la partícula al origen de coordenadas, $\rho (t)$, así como la expresión que da el valor de la fuerza de reacción vincular ${\vec {\Phi }}(t)$.
2. Demuestra que, para los valores apropiados de las constantes $\alpha$ y $K$, la expresión siguiente es solución de la ecuación diferencial. ¿Cuáles son esos valores de $\alpha$ y $K$? $\rho (t)=A\,\cosh(\alpha t)+B\,\mathrm {senh} \,(\alpha t)+K\,\mathrm {sen} \,(\omega t)$
3. Si en el instante inicial tenemos $\rho (0)=0$ y ${\dot {\rho }}(0)=v_{0}$ encuentra cuánto valen las constantes $A$ y $B$ de la expresión anterior.
4. ¿Se conserva la energía mecánica del sistema? Razona la respuesta.

Solución

Ecuación diferencial y fuerza de reacción vincular

Este problema es similar a uno hecho en clase por dos métodos distintos. Se trata de describir el movimiento de una partícula puntual sobre un plano inclinado que a su vez rota con velocidad angular uniforme $\omega$. Hay tres formas distintas de encontrar la ecuación diferencial y la expresión de la fuerza de reacción vincular, a saber: usando coordenadas polares, coordenadas cartesianas o dinámica en sistemas de referencia no inerciales.

Coordenadas polares

En Dinámica de un partícula, la ecuación diferencial que determina el movimiento es la Segunda Ley de Newton

$m\,{\vec {a}}=\sum _{i}{\vec {F}}_{i}$

donde $m$ es la masa de la partícula, ${\vec {a}}$ su aceleración y ${\vec {F}}_{i}$ las fuerzas que actúan sobre ella. Vamos a resolverlo usando ecuaciones polares. Al final del problema explicaremos como se resuelve con los otros dos métodos. figura vemos que

${\begin{array}{l}m\,{\vec {g}}=-m\,g\,\mathrm {sen} (\theta )\,{\vec {u}}_{\rho }-m\,g\cos(\theta )\,{\vec {u}}_{\theta }\\\\{\vec {\Phi }}=\Phi \,{\vec {u}}_{\theta }\end{array}}$

Según el enunciado del problema, el plano gira con velocidad angular constante, de modo que $\theta =\omega t$.

Aceleración de la partícula

En coordenadas polares los vectores de posición, velocidad y aceleración de un punto material son

${\begin{array}{l}{\vec {r}}(t)=\rho (t)\,{\vec {u}}_{\rho }(t)\\\\{\vec {v}}(t)={\dot {\vec {r}}}={\dot {\rho }}\,{\vec {u}}_{\rho }+\rho \,{\dot {\theta }}\,{\vec {u}}_{\theta }\\\\{\vec {a}}(t)={\dot {\vec {v}}}=({\ddot {\rho }}-\rho \,{\dot {\theta }}^{2})\,{\vec {u}}_{\rho }+(2{\dot {\rho }}\,{\dot {\theta }}+\rho \,{\ddot {\theta }})\,{\vec {u}}_{\theta }\end{array}}$

En este problema tenemos ${\dot {\theta }}=\omega$ y ${\ddot {\theta }}=0$. Por tanto la aceleración es

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

Ecuación diferencial

Ahora podemos escribir la Segunda Ley de Newton proyectada en el sistema de coordenadas cartesianas

$m\,{\vec {a}}=m\,{\vec {g}}+{\vec {\Phi }}\Rightarrow \left\{{\begin{array}{lcl}{\vec {u}}_{\rho }&\to &m\,({\ddot {\rho }}-\rho \,\omega ^{2})=-m\,g\,\mathrm {sen} (\omega t)\\&&\\{\vec {u}}_{\theta }&\to &2\,m\,\omega \,{\dot {\rho }}=-m\,g\cos(\omega t)+\Phi \end{array}}\right.$

Así pues, la ecuación diferencial es

${\ddot {\rho }}=\omega ^{2}\,\rho -g\,\mathrm {sen} (\omega t)$

y la expresión que da la fuerza de reacción vincular

$\Phi =2\,m\,\omega \,{\dot {\rho }}+m\,g\cos(\omega t)$

Verificación de la solución del enunciado

Se nos pide ahora que verifiquemos que la función

$\rho (t)=A\,\cosh(\alpha t)+B\,\mathrm {senh} \,(\alpha t)+K\,\mathrm {sen} \,(\omega t)$

es solución de la ecuación diferencial con los valores adecuados de las constantes $\alpha$ y $K$. Calculamos cada lado de la ecuación diferencial. La derivada de la solución aportada es

${\dot {\rho }}=A\,\alpha \,\mathrm {senh} (\alpha t)+B\,\alpha \cosh(\alpha t)+K\,\omega \cos(\omega t)$

El lado izquierdo de la ecuación diferencial es

${\ddot {\rho }}=A\,\alpha ^{2}\cosh(\alpha t)+B\,\alpha ^{2}\,\mathrm {senh} (\alpha t)-K\,\omega ^{2}\,\mathrm {sen} (\omega t)$

El lado derecho es

$\omega ^{2}\,\rho -g\,\mathrm {sen} (\omega t)=A\,\omega ^{2}\cosh(\alpha t)+B\,\omega ^{2}\,\mathrm {senh} (\alpha t)+(K\,\omega ^{2}-g)\,\mathrm {sen} (\omega t)$

Para que el lado izquierdo y el derecho coincidan en todo instante $t$ debe ocurrir

$\alpha ^{2}=\omega ^{2}\qquad \qquad -\omega ^{2}K=\omega ^{2}K-g$

Es decir, la función propuesta es solución si

$\alpha =\omega \qquad \qquad K={\dfrac {g}{2\omega ^{2}}}$

Condiciones iniciales

Podemos calcular las constantes $A$ y $B$ cuando conocemos las condiciones iniciales. Tenemos

${\begin{array}{l}\rho (t)=A\cosh(\alpha t)+B\,\mathrm {senh} (\alpha t)+K\,\mathrm {sen} (\omega t)\\\\{\dot {\rho }}=A\,\alpha \,\mathrm {senh} (\alpha t)+B\,\alpha \,\cosh(\alpha t)+K\,\omega \cos(\omega t)\end{array}}$

Para aplicar las condiciones iniciales tenemos en cuenta que

$\cos(0)=1\qquad \qquad \mathrm {sen} (0)=0\qquad \qquad \cosh(0)=1\qquad \qquad \mathrm {senh} (0)=0$

Tenemos

${\begin{array}{lcl}\rho (0)=0&\to &A=0\\&&\\{\dot {\rho }}(0)=v_{0}&\to &B\,\alpha +K\,\omega =v_{0}\end{array}}$

Sustituyendo los valores de $\alpha$ y $B$ del apartado anterior tenemos

$A=0\qquad \qquad B={\dfrac {v_{0}}{\omega }}-{\dfrac {g}{2\omega ^{2}}}$

Conservación de la energía mecánica

En este sistema no se conserva la energía mecánica. Aunque no hay rozamiento, la fuerza de reacción vincular realiza trabajo sobre la partícula, y esta fuerza de reacción vincular no es conservativa. Podemos calcular la potencia que la fuerza de reacción vincular transfiere a la partícula

$P_{\Phi }={\vec {\Phi }}\cdot {\vec {v}}=(\Phi \,{\vec {u}}_{\theta })\cdot ({\dot {\rho }}\,{\vec {u}}_{\rho }+\rho \,\omega \,{\vec {u}}_{\theta })=\rho \,\omega \,\Phi \neq 0$

Al ser distinta de cero, es una fuerza no conservativa que realiza trabajo, por lo que la energía mecánica no se conserva. La fuente de esta potencia es el motor que está haciendo girar el plano.

Resolución con sistemas de referencia no inerciales

Otra forma de encontrar la ecuación diferencial y la expresión de la fuerza de reacción vincular es aplicar la Segunda Ley de Newton en un triedro que gire solidariamente con el plano (sólido "0"). Dado que es un sistema de referencia no inercial hay que corregir la Segunda Ley introduciendo las fuerzas de inercia

$m\,{\vec {a}}\,_{20}^{P}=m\,{\vec {g}}+{\vec {\Phi }}+{\vec {F}}_{\mathrm {arr} }+{\vec {F}}_{\mathrm {cor} }$

Veamos cada uno de los términos de esta ecuación.

En el término de la izquierda, ${\vec {a}}\,_{20}^{P}$ representa la aceleración de la partícula respecto del plano. Tenemos

${\begin{array}{l}{\vec {r}}\,_{20}^{P}=\rho \,{\vec {\imath }}_{0}\\\\{\vec {v}}\,_{20}^{P}={\dot {\rho }}\,{\vec {\imath }}_{0}\\\\{\vec {a}}\,_{20}^{P}={\ddot {\rho }}\,{\vec {\imath }}_{0}\\\\\end{array}}$

El peso en el triedro "0" es

$m\,{\vec {g}}=-m\,g\,\mathrm {sen} \theta \,{\vec {\imath }}_{0}-m\,g\cos \theta \,{\vec {\jmath }}_{0}$

La fuerza de reacción vincular es

${\vec {\Phi }}=\Phi \,{\vec {\jmath }}_{0}$

La fuerza de arrastre se expresa

${\vec {F}}_{\mathrm {arr} }=-m\,{\vec {a}}\,_{01}^{P}$

El origen del triedro, $O$ es un punto fijo, y la aceleración angular del movimiento {01} es nula. Por tanto

$\,{\vec {a}}\,_{01}^{P}=\,{\vec {a}}\,_{01}^{O}+{\vec {\alpha }}_{01}\times {\overrightarrow {OP}}-|{\vec {\omega }}_{01}|^{2}{\overrightarrow {OP}}=-\omega ^{2}\,\rho \,{\vec {\imath }}_{0}$

Con lo que la fuerza de arrastre es

${\vec {F}}_{\mathrm {arr} }=m\,\omega ^{2}\,\rho \,{\vec {\imath }}_{0}$

Por último, la fuerza de Coriolis es

${\vec {F}}_{\mathrm {cor} }=-2\,m\,{\vec {\omega }}_{01}\times {\vec {v}}\,_{20}^{P}=-2\,m\,\omega \,{\dot {\rho }}\,{\vec {\jmath }}_{0}$

Escribimos la Segunda Ley de Newton para sistemas de referencia no inerciales proyectada en el triedro "0"

$m\,{\vec {a}}\,_{20}^{P}=m\,{\vec {g}}+{\vec {\Phi }}+{\vec {F}}_{\mathrm {arr} }+{\vec {F}}_{\mathrm {cor} }=\left\{{\begin{array}{lcl}{\vec {\imath }}_{0}&\to &{\ddot {\rho }}=\omega ^{2}\rho -g\,\mathrm {sen} (\omega t)\\&&\\{\vec {\jmath }}_{0}&\to &\Phi =m\,g\cos(\omega t)+2\,m\,\omega \,{\dot {\rho }}\end{array}}\right.$

Obtenemos las mismas expresiones que en el primer apartado.

Resolución usando coordenadas cartesianas

Por último vamos a resolver el problema usando coordenadas cartesianas. Usamos el triedro "1", que es inercial. La Segunda Ley de Newton en este triedro es

$m\,{\vec {a}}\,_{21}^{P}=m\,{\vec {g}}+{\vec {\Phi }}$

Proyectando en el triedro "1" tenemos

${\begin{array}{l}{\vec {r}}\,_{21}^{P}=\rho (t)\cos(\omega t)\,{\vec {\imath }}_{1}+\rho (t)\,\mathrm {sen} (\omega t)\,{\vec {\jmath }}_{1}\\\\{\vec {v}}\,_{21}^{P}=({\dot {\rho }}\cos(\omega t)-\rho \,\omega \,\mathrm {sen} (\omega t))\,{\vec {\imath }}_{1}+({\dot {\rho }}\,\mathrm {sen} (\omega t)+\rho \,\omega \cos(\omega t))\,{\vec {\jmath }}_{1}\\\\{\vec {a}}\,_{21}^{P}=(({\ddot {\rho }}-\rho \,\omega ^{2})\cos(\omega t)-2\omega \,{\dot {\rho }}\,\mathrm {sen} (\omega t))\,{\vec {\imath }}_{1}+(({\ddot {\rho }}-\rho \,\omega ^{2})\mathrm {sen} (\omega t)+2\omega \,{\dot {\rho }}\cos(\omega t))\,{\vec {\jmath }}_{1}\end{array}}$

El peso en este triedro es

$m\,vec{g}=-m\,g\,{\vec {\jmath }}_{1}$

y la fuerza de reacción vincular es

${\vec {\Phi }}=-\Phi \,\mathrm {sen} (\omega t)\,{\vec {\imath }}_{1}+\Phi \,\cos(\omega t)\,{\vec {\jmath }}_{1}$

Igualando las componentes en ${\vec {\imath }}_{1}$ y ${\vec {\jmath }}_{1}$ obtenemos dos ecuaciones escalares.

${\begin{array}{l}m({\ddot {\rho }}-\rho \,\omega ^{2})\cos ^{2}\theta -2\,m\,{\dot {\rho }}\,\omega \,\mathrm {sen} \theta =-\Phi \,\mathrm {sen} \theta \\\\m({\ddot {\rho }}-\rho \,\omega ^{2})\,\mathrm {sen} ^{2}\theta +2\,m\,{\dot {\rho }}\,\omega \cos \theta =\Phi \cos \theta -m\,g\end{array}}$

Pasando el término $-m\,g$ del segundo miembro de la segunda ecuación a la izquierda, dividimos una por otra para eliminar $\Phi$. Multiplicando en aspa la expresión que queda reobtenemos la ecuación diferencial para $\rho (t)$. Después despejamos $\Phi (t)$ de una de las dos ecuaciones.

Como se puede ver, este método es el más complicado de los tres.