Problema de Rodadura en un Tubo

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Antes de estudiar el problema que vamos a plantearnos debe tener presente que si la solución le parece
extremadamente larga eso solo es el efecto de intentar presentarla con la mayor cantidad de detalles posible
de manera -eso espero- que usted pueda aprovechar cada tecnisismo para la resolución de otros problemas. De
hecho, la solución sin adornos no debeŕıa llevarnos más de quince lineas.
Si usted aprobó elo curso elemental de mecánica del punto (fs1111 en la Universidad Simón Boĺıvar), prob-
ablemente esté familiarizado con el problema del igloo, este problema consiste en lo siguiente, un esquimal (que
se considera puntual) comienza a moverse a desde el punto más alto de un igloo (un hemisferio de radio R)
partiendo del reposo; y se pregunta cual será el punto en que el esquimal pierda contacto con el igloo.
En este ejemplo queremos estudiar una generalización del mismo problema:
Considere un pequeño cilindro de radio a, altura H y masa M que rueda sin deslizar por la superficie exterior
de un tubo de radio R que sobresale del suelo. Como en el problema del igloo la pregunta es la siguiente: si
el cilindro comienza a moverse a partir del reposo desde el punto más alto del tubo ¿cuándo se desprenderá de
este?.
Solución
Para comenzar construyamos el sistema de referencia inercial que utilizaremos, e introduzcamos las variables
cinemáticas del problema.
φ
ψ
P
Figure 1: Geometŕıa y variables del problema
Nuestro sistema de referencia inercial será un sistema cartesiano cuyo origen coincide con el centro del tubo.
Introduciremos un primer ángulo (φ) definido por la ĺınea radial que une al centro del tubo con el centro del
cilindro y que se mide desde la recta vertical (de manera que la posición φ = 0 corresponde con la posición
inicial del cilindro) y que aumenta en el sentido del movimiento de las manecillas del reloj. Adicionalmente,
consideremos una ĺınea vertical imaginaria solidaria con el eje del cilindro y definamos un segundo ángulo (Ψ)
quedefine la rotación del punto del cilindro que se encontraba originalmente (en t = 0) colocado en el punto
más alto del cilindro, la convención de medida de este ángulo será análoga a la de φ.
Es conveniente introducir un sistema de coordenadas polares cuyo origen coincida con el del sistema de
referencia inercial, de manera que, por ejemplo, la aceleración del centro del cilindro mientras este se mantenga
en contacto con el tubo se exprese en la forma:
~a = −(R+ a) φ̇2 ûr + (R + a) φ̈ ûφ (1)
Las fuerzas que actúan sobre el cilindro son el peso ( ~W ), y la reacción (~λ), de manera que la segunda ley de
Newton para la aceleración del centro de masa del cilindro es:
~W + ~λ = M~aCM (2)
1
Estas fuerzas se pueden descomponer en la base polar como sigue:
~W = M g (−cosφ ûr + senφ ûφ) (3)
~λ = λr ûr + λφ ûφ (4)
La enerǵıa cinética del ciĺındro tiene dos contribuciones, la enerǵıa cinética traslacional del CM (M V 2/2) y
la enerǵıa cinética rotacional del ciĺındro; utilizando un eje instantáneo de rotación que coincida con el eje del
cilindro esta contribución es sencillamente I Ψ̇2/2, de manera que
T =
M V 2
2
+
I Ψ̇2
2
(5)
y la enerǵıa total del ciĺındro en cualquier instante de tiempo es
E = T + UG =
M V 2
2
+
I Ψ̇2
2
+M gZ (6)
donde Z es la altura del CM del ciĺındro con respecto al nivel del piso y hemos escogido dicho nivel como
referencika para la enerǵıa potencial gravitacional (UG).
Por otra parte, el hecho de que el cilindro ruede sin deslizar implica que la componente de la reacción
tangente al tubo (el roce) no hace trabajo (el punto de contacto no se desplaza); adicionalmente, la componente
perpendicular (lo que usualmenrte se denomina “normal” tampoco hace trabajo (ya que es ortogonal a la
trayectoria del movimiento), y por lo tanto la enerǵıa mecánica total del ciĺındro se mantiene constante.
Veamos que información obtenemos del v́ınculo de rodadura. En este caso, la condición de rodadura implica
que el punto de contacto del cilindro con el tubo está en reposo. Utilizando un argumento sencillo esto lleva a
~V + ~ω × ~r(c)P = 0 (7)
donde en este caso ~ω es la velocidad angular del ciĺındro con respecto al eje instantáneo de rotación que estamos
usando y ~r
(c)
P la posición del punto de contacto referida al sistema de referencia asociado al eje instantáneo de
rotación.
La velocidad del CM del cilindro es:
~V = (R+ a) φ̇ ûφ , (8)
mientras que ~ω = Ψ̇ k̂ y ~r
(c)
P = −a ûr, de manera que
~ω × ~r(c)P = −a Ψ̇ ûφ (9)
La relación (7) implica entonces que
(R+ a) φ̇ = a Ψ̇ (10)
Al sustituir la velocidad del centro de masa y la relación entre Ψ̇ y φ̇ la expresión para la enerǵıa se puede
reescribir como:
M
2
(R + a)2 φ̇2 +
I
2
(
R+ a
a
φ̇
)2
+M gZ (11)
ahora bien, el momento de inercia del cilindro con respecto a su eje de simetŕıa es I = 12 M a
2 lo que al sustituirse
en la expresión para la enerǵıa permite llevarla a la siguiente forma reducida:
βM (R+ a)2 φ̇2 +M g Z (12)
2
donde β = 3/4. En este punto cabe destacar que si el cilindro tuviera radio nulo la expresión de la enerǵıa
hubiera sido igual pero con β = 1/2 lo que corresponde al problema usual de dinámica de una part́ıcula puntual.
Por otra parte, utilizando las fórmulas (3), (4) y la expresión para la aceleración del centro del cilindro, la
parte radial de la ecuación de movimiento (es decir, de la segunda ley de Newton) para el movimiento radial
del cilindro resulta en
−M g cosφ+ λr = −M (R+ a) φ̇2 . (13)
Para completar la resolución del problema utilizaremos la identidad de enerǵıa
M r (R+ a) = βM (R+ a)2 φ̇2 +M g (R + a) cosφ (14)
De la ecuación de enerǵıa se obtiene
β (R+ a) φ̇2 = g (1− cosφ) (15)
este resultado puede sustituirse directamente en (13) para obtener
cosφ+
λr
M g
= β−1(1− cosφ) (16)
en el ángulo cŕıtico (φc) en que el cilindro pierde contacto con el tubo λr = 0 y por lo tanto
cosφc = β
−1(1− cosφc) (17)
si β = 3/4 obtenemos
φc = arcos(4/7) (18)
en el caso β = 1/2 (que corresponde al caso puntual) recuperamos el resultado usual
φc = arcos(2/3) (19)
Es importante que observemos que nuestra solución no permite encontrar la reacción ~λ. Para hallarla, es
menester introducir la ecuación de movimiento angular (~τ = ~̇L) escogiendo adecuadamente el punto de cálculo
de los torques.
Para los puristas:
La solución que hemos presentado utiliza un método de enerǵıa, como sabemos la enerǵıa no es otra cosa
que una primera integral de las ecuaciones de movimiento. Es interesante ver como podemos obviar el uso de
la enerǵıa integrando una de las ecuaciones de movimiento a través de una cuadratura.
Para ello consideremos la proyección de las ecuaciones de movimiento para el centro de masa del cilindro a
lo largo de ûφ:
M g senφ+ λφ = M (R+ a) φ̈ (20)
y la ecuación de torques (usando como punto de cálculo el eje instantáneo de rotación que pasa por el centro
del cilindro)
a λφ = −I Ψ̈ (21)
que, utilizando el v́ınculo de rodadura y la fórmula para I podemos reexpresar como
λφ = −
1
2
M (R+ a) φ̈ (22)
3
sustituyendo este resultado en (20) y haciendo una pequeña manipulación resulta
g senφ =
3
2
(R + a) φ̈ (23)
esta ecuación diferencial puede integrarse una vez utilizando una técnica estándar que consiste en observar la
identidad
d2φ
dt2
=
dφ̇
dt
dφ
dt
= φ̇
dφ̇
dφ
(24)
lo que nos permite reescribir (23) como
g senφ =
3
2
(R+ a) φ̇
dφ̇
dφ
(25)
ó:
g senφ dφ =
3
2
(R+ a) φ̇ dφ̇ (26)
esta forma de la ecuación de movimiento se integra trivialmente (recuerde las condiciones iniciales: φ(0) = 0 y
φ̇(0) = 0 resultando en
g (1− cosφ) = 3
4
(R + a) φ̇2 (27)
resultado que simplemente reproduce (15) sin requerir el uso del teorema del trabajo y la enerǵıa.
4