Dos partículas unidas por una barra (Sep. 2018 G.I.C.)

Enunciado

Las partículas $A$ y $B$, ambas con masa $m$, están unidas por una barra rígida de longitud $2L$ y masa despreciable. El punto $C$ es el punto medio de la barra. La partícula $A$ está obligada a moverse en el eje fijo $OX$, como se indica en la figura. Este contacto es liso. La barra que une las partículas forma un ángulo $\theta (t)$ con el eje $OX$. La partícula $A$ se mueve con velocidad constante ${\vec {v}}_{0}=v_{0}\,{\vec {\imath }}$. En el instante inicial la partícula $A$ se encontraba en el punto $O$ y $\theta (0)=0$. El sistema está sometido a la acción de la gravedad.

1. Encuentra la expresión de los vectores de posición ${\vec {r}}_{A}$, ${\vec {r}}_{B}$ y ${\vec {r}}_{C}$ en función de $v_{0}$, $L$, $\theta$ y $t$.
2. Si el ángulo varía como $\theta (t)={\dfrac {v_{0}}{L}}t$, calcula la velocidad y aceleración de las partículas $A$ y $B$ y del centro de masas del sistema.
3. El movimiento descrito anteriormente está producido por una fuerza horizontal ${\vec {F}}_{A}$ aplicada sobre la partícula $A$. Dibuja el diagrama de fuerzas del sistema y calcula la expresión de todas las fuerzas externas que actúan sobre él.
4. Calcula la energía cinética del sistema y su momento cinético respecto de $O$ en el instante $t_{1}=\pi L/2v_{0}$.
5. Supongamos ahora que la partícula $B$ se mueve de modo que la componente de su velocidad sobre el $OX$ es constante e igual a $2v_{0}$. Encuentra y resuelve la ecuación diferencial que debe cumplir $\theta (t)$ para que esto sea posible.

Solución

Vectores de posición

Como la partícula $A$ se mueve siempre sobre el eje $OX$ con velocidad uniforme $v_{0}$, y empieza su movimiento en el origen tenemos

${\vec {r}}_{A}={\overrightarrow {OA}}=v_{0}t\,{\vec {\imath }}.$

El vector de posición del punto $B$ es

${\vec {r}}_{B}={\overrightarrow {OB}}={\overrightarrow {OA}}+{\overrightarrow {AB}}.$

Del dibujo vemos que

${\overrightarrow {AB}}=2L\cos \theta \,{\vec {\imath }}+2L\,\mathrm {sen} \,\theta \,{\vec {\jmath }}.$

Entonces

${\vec {r}}_{B}={\overrightarrow {OB}}=(v_{0}t+2L\cos \theta )\,{\vec {\imath }}+2L\,\mathrm {sen} \,\theta \,{\vec {\jmath }}$

Para el punto $C$ tenemos

${\vec {r}}_{C}={\overrightarrow {OC}}={\overrightarrow {OA}}+{\overrightarrow {AC}}={\overrightarrow {OA}}+{\dfrac {1}{2}}\,{\overrightarrow {AB}}=(v_{0}t+L\cos \theta )\,{\vec {\imath }}+L\,\mathrm {sen} \,\theta \,{\vec {\jmath }}$

Velocidad y aceleración con $\theta (t)$ dada

En este caso tenemos

$\theta (t)={\dfrac {v_{0}}{L}}t\Longrightarrow {\dot {\theta }}={\dfrac {v_{0}}{L}}$

Las velocidades de las partículas $A$ y $B$ son

${\begin{array}{l}{\vec {v}}_{A}={\dot {\vec {r}}}_{A}=v_{0}\,{\vec {\imath }}\\\\{\vec {v}}_{B}={\dot {\vec {r}}}_{B}=(v_{0}-2L{\dot {\theta }}\,\mathrm {sen} \,\theta )\,{\vec {\imath }}+2L{\dot {\theta }}\,\cos \theta \,{\vec {\jmath }}=\left(v_{0}-2v_{0}\,\mathrm {sen} \,\left({\dfrac {v_{0}}{L}}t\right)\right)\,{\vec {\imath }}+2v_{0}\,\cos \left({\dfrac {v_{0}}{L}}t\right)\,{\vec {\jmath }}\end{array}}$

La barra no tiene masa. Como las dos masas son iguales, por simetría el Centro de Masas coincide con el punto $C$. Su velocidad es

${\vec {v}}_{C}={\dot {\vec {r}}}_{C}=(v_{0}-L{\dot {\theta }}\,\mathrm {sen} \,\theta )\,{\vec {\imath }}+L{\dot {\theta }}\,\cos \theta \,{\vec {\jmath }}=\left(v_{0}-v_{0}\,\mathrm {sen} \,\left({\dfrac {v_{0}}{L}}t\right)\right)\,{\vec {\imath }}+v_{0}\,\cos \left({\dfrac {v_{0}}{L}}t\right)\,{\vec {\jmath }}$

Derivamos otra vez respecto del tiempo para obtener las aceleraciones

${\begin{array}{l}{\vec {a}}_{A}={\dot {\vec {v}}}_{A}={\vec {0}}\\\\{\vec {a}}_{B}={\dot {\vec {v}}}_{B}=-2v_{0}{\dot {\theta }}\cos \theta \,{\vec {\imath }}-2v_{0}{\dot {\theta }}\,\mathrm {sen} \,{\vec {\jmath }}=-\left({\dfrac {2v_{0}^{2}}{L}}\right)\cos \left({\dfrac {v_{0}}{L}}t\right)\,{\vec {\imath }}-\left({\dfrac {2v_{0}^{2}}{L}}\right)\,\mathrm {sen} \,\left({\dfrac {v_{0}}{L}}t\right)\,{\vec {\jmath }}\\\\{\vec {a}}_{C}={\dot {\vec {v}}}_{C}=-v_{0}{\dot {\theta }}\cos \theta \,{\vec {\imath }}-v_{0}{\dot {\theta }}\,\mathrm {sen} \,{\vec {\jmath }}=-\left({\dfrac {v_{0}^{2}}{L}}\right)\cos \left({\dfrac {v_{0}}{L}}t\right)\,{\vec {\imath }}-\left({\dfrac {v_{0}^{2}}{L}}\right)\,\mathrm {sen} \,\left({\dfrac {v_{0}}{L}}t\right)\,{\vec {\jmath }}\end{array}}$

Fuerzas sobre el sistema

La imagen muestra las fuerzas externas que actúan sobre el sistema. Las fuerzas entre la barra y las partículas son internas y no afectan al movimiento. El Teorema de la Cantidad de Movimiento (T.C.M.) dice

$M{\vec {a}}_{CM}={\vec {P}}_{A}+{\vec {P}}_{B}+{\vec {N}}_{A}+{\vec {F}}_{A}$

La masa total del sistema es $M=2m$. El Centro de Masas es el punto $C$. Las fuerzas pueden expresarse como

${\begin{array}{l}{\vec {P}}_{A}=-mg\,{\vec {\jmath }},\\{\vec {P}}_{B}=-mg\,{\vec {\jmath }},\\{\vec {N}}_{A}=N_{A}\,{\vec {\jmath }},\\{\vec {F}}_{A}=F_{0}\,{\vec {\imath }}.\end{array}}$

Las incógnitas son $N_{A}$ y $F_{0}$. A partir de T.C.M. tenemos

${\begin{array}{lcl}X)&\to &-{\dfrac {2mv_{0}^{2}}{L}}\cos \left({\dfrac {v_{0}}{L}}t\right)=F_{0},\\Y)&\to &-{\dfrac {2mv_{0}^{2}}{L}}\,\mathrm {sen} \,\left({\dfrac {v_{0}}{L}}t\right)=-2mg+N_{A}\\\end{array}}$

De aquí obtenemos $F_{0}$ y $N_{A}$. Tenemos

${\begin{array}{l}{\vec {F}}_{A}=-{\dfrac {2mv_{0}^{2}}{L}}\cos \left({\dfrac {v_{0}}{L}}t\right)\,{\vec {\imath }},\\\\{\vec {N}}_{A}=\left(2mg-{\dfrac {2mv_{0}^{2}}{L}}\,\mathrm {sen} \,\left({\dfrac {v_{0}}{L}}t\right)\right)\,{\vec {\jmath }}.\end{array}}$

Energía cinética y momento cinético

En el instante $t_{1}=\pi L/2v_{0}$ tenemos $\theta (t_{1})=\pi /2$. Entonces los vectores de posición y velocidad de las partículas $A$ y $B$ son

${\begin{array}{lcl}{\vec {r}}_{A}(t_{1})={\dfrac {\pi L}{2}}\,{\vec {\imath }}&\quad &{\vec {v}}_{A}(t_{1})=v_{0}\,{\vec {\imath }}\\\\{\vec {r}}_{B}(t_{1})={\dfrac {\pi L}{2}}\,{\vec {\imath }}+2L\,{\vec {\jmath }}&\quad &{\vec {v}}_{B}(t_{1})=-v_{0}\,{\vec {\imath }}\end{array}}$

La energía cinética del sistema es la suma de la energía cinética de las dos partículas (la barra no tiene masa)

$E_{c}(t_{1})={\dfrac {1}{2}}m|{\vec {v}}_{A}(t_{1})|^{2}+{\dfrac {1}{2}}m|{\vec {v}}_{B}(t1)|^{2}=mv_{0}^{2}.$

El momento cinético del sistema respecto de $O$ es la suma del momento de las dos partículas (de nuevo, la barra no tiene masa)

${\vec {L}}_{O}(t_{1})={\vec {L}}_{O}^{A}+{\vec {L}}_{O}^{B}={\overrightarrow {OA}}\times (m{\vec {v}}_{A})+{\overrightarrow {OB}}\times (m{\vec {v}}_{B})={\vec {L}}_{O}(t_{1})=2mLv_{0}\,{\vec {k}}$

El primer producto vectorial es cero, pues los dos vectores son paralelos.

Ecuación diferencial

La velocidad genérica del punto $B$ es

${\vec {v}}_{B}=(v_{0}-2L{\dot {\theta }}\,\mathrm {sen} \,\theta )\,{\vec {\imath }}+2L{\dot {\theta }}\,\cos \theta \,{\vec {\jmath }}$

La condición del enunciado es

$v_{0}-2L{\dot {\theta }}\,\mathrm {sen} \,\theta =2v_{0}\Longrightarrow 2L{\dot {\theta }}\,\mathrm {sen} \,\theta =-v_{0}$

Esta es una ecuación diferencial de variables separables para $\theta$. Tenemos

$2L{\dot {\theta }}\,\mathrm {sen} \,\theta =-v_{0}\Longrightarrow \mathrm {sen} \,\mathrm {d} \theta =-{\dfrac {v_{0}}{2L}}\,\mathrm {d} t\Longrightarrow \int \mathrm {sen} \,\mathrm {d} \theta =-\int {\dfrac {v_{0}}{2L}}\,\mathrm {d} t\Longrightarrow \cos \theta ={\dfrac {v_{0}}{2L}}\,t+C$

Para calcular el valor de la constante de integración $C$ imponemos la condición inicial

$\theta (0)=0\Longrightarrow \cos(0)=1=C$

Entonces

$\theta (t)=\arccos \left(1+{\dfrac {v_{0}}{2L}}t\right)$