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Partícula en el interior de un tubo (GIE)

De Laplace

(Diferencias entre revisiones)
(Verificación)
Línea 26: Línea 26:
* El tubo solo ejerce fuerza mediante el empuje que sus paredes realizan lateralmente sobre la partícula, no a lo largo del propio tubo:
* El tubo solo ejerce fuerza mediante el empuje que sus paredes realizan lateralmente sobre la partícula, no a lo largo del propio tubo:
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<center><math>F_\rho = 0\qquad F_\varphi = \Phi</math></center>
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<center><math>F_\rho = 0\qquad F_\varphi = {}F_n</math></center>
Esto nos deja con
Esto nos deja con
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<center><math>m\left(\ddot{\rho} - \rho\omega^2\right) = 0 \qquad\qquad 2m\omega\dot{\rho}=\Phi</math></center>
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<center><math>m\left(\ddot{\rho} - \rho\omega^2\right) = 0 \qquad\qquad 2m\omega\dot{\rho}={}F_n</math></center>
La primera de las dos es la ecuación buscada, ya que nos permite determinar <math>\rho(t)</math>
La primera de las dos es la ecuación buscada, ya que nos permite determinar <math>\rho(t)</math>
Línea 38: Línea 38:
Una vez que la hemos resuelto, podemos emplear la segunda para calcular la fuerza que ejerce el tubo, que es desconocida ''a priori''
Una vez que la hemos resuelto, podemos emplear la segunda para calcular la fuerza que ejerce el tubo, que es desconocida ''a priori''
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<center><math>\Phi = 2m\omega\dot{\rho}</math></center>
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<center><math>{}F_n = 2m\omega\dot{\rho}</math></center>
==Análisis de la solución==
==Análisis de la solución==
Línea 61: Línea 61:
La fuerza la hallamos sustituyendo la solución anterior en la ecuación de movimiento acimutal
La fuerza la hallamos sustituyendo la solución anterior en la ecuación de movimiento acimutal
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<center><math>\Phi = 2m\omega\dot{\rho}=2m\omega^2A\mathrm{e}^{\omega t}=2m\omega^2\rho</math></center>
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<center><math>{}F_n = 2m\omega\dot{\rho}=2m\omega^2A\mathrm{e}^{\omega t}=2m\omega^2\rho</math></center>
En forma vectorial
En forma vectorial
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<center><math>\vec{\Phi}=2m\omega^2A\mathrm{e}^{\omega t}\vec{u}_\varphi</math></center>
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<center><math>\vec{{}F_n}=2m\omega^2A\mathrm{e}^{\omega t}\vec{u}_\varphi</math></center>
===Componentes de la aceleración===
===Componentes de la aceleración===
Línea 71: Línea 71:
La aceleración de la partícula en cada instante no requiere derivar en coordenadas polares. Basta con emplear la segunda ley de Newton
La aceleración de la partícula en cada instante no requiere derivar en coordenadas polares. Basta con emplear la segunda ley de Newton
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<center><math>\vec{a}=\frac{\vec{F}}{m}=\frac{\vec{\Phi}}{m}=2\omega^2A\mathrm{e}^{\omega t}\vec{u}_\varphi</math></center>
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<center><math>\vec{a}=\frac{\vec{F}}{m}=\frac{\vec{{}F_n}}{m}=2\omega^2A\mathrm{e}^{\omega t}\vec{u}_\varphi</math></center>
====Aceleración tangencial====
====Aceleración tangencial====

Revisión de 20:24 26 ene 2015

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 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. Suponga que \rho(t) =A\mathrm{e}^{\omega t}\,
    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

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{\varphi}^2\right) & = & F_\rho \\ 
m\left(\rho\ddot{\varphi}+2\dot{\rho}\dot{\varphi}\right) & = & F_\varphi\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 \varphi varía como
\varphi = \omega t \qquad\Rightarrow\qquad \dot{\varphi}=\omega \qquad\qquad\ddot{\varphi}=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_\varphi = {}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\omega\mathrm{e}^{\omega t}\qquad\qquad\varphi = \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}_\varphi

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}_\varphi

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

Sustituyendo nuestra solución

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

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