Partícula girando en un alambre

[Al2000]

Re: Partícula girando en un alambre

Pues hemos resuelto el problema como un equilibrio de fuerzas y ciertamente en el "polo norte" las fuerzas están en equilibrio independientemente del giro del alambre. Pero, de nuevo independientemente del giro del alambre, si la partícula se separa ligeramente de su posición de equilibrio no retorna a élla, sino que cae a lo largo del alambre.

Sería interesante resolver el problema desde el enfoque de la energía. Debe obtenerse que la energía total de la partícula tiene un máximo en el "polo norte". ¿Te imaginas resolver el problema en el cual se suelta la partícula desde el "polo norte" y queda oscilando alrededor de algún punto del alambre? Pa' locos

En realidad mi comentario fue motivado porque la expresión que obtuvimos no refleja los puntos extremos como puntos de equilibrio y me sentí impulsado a hacer el comentario porque a veces cuando resolvemos una ecuación y hacemos alguna simplificación introducimos alguna solución extraña (o descartamos alguna solución válida) del problema. Por ejemplo, un amigo en otro foro planteaba que la solución de la ecuación $x y = x$ es $y = 1$ para todo $x$ y yo le refutaba que había descartado la solución $x = 0$ para todo $y$ cuando simplificó

Saludos,

Al

[ser humano]

Re: Partícula girando en un alambre

El "polo norte" es un punto de equilibrio inestable para cualquier valor de y el "polo sur" es estable si , caso contrario es inestable.

Que sentido fisico tiene un estado de "equilibrio" inestable? es como un no-estado de equilibrio?
Porque noto que si no hay velocidad angular, o lo que es lo mismo, tiene una magnitud cero, el polo sur seria la unica solucion. Pero no noto de que forma se puede considerar "equilibrado" en algun aspecto en el polo norte.
Gracias por aclararme los terminos, porque no los conocia .

[Al2000]

Re: Partícula girando en un alambre

Mis cálculos coinciden con los tuyos pero quería hacer un comentario con respecto a los puntos de equilibrio. La respuesta sin simplificar, que podríamos escribir $\dst \cot \theta = \frac {R \Omega ^2} g \cos \theta$ se satisface para los ángulos $\theta = \pm \pi/2$ (que corresponden a los polos norte y sur de la figura, respectivamente) para cualquier valor de $\Omega$. Son los puntos que menciona Facaz en su mensaje. El "polo norte" es un punto de equilibrio inestable para cualquier valor de $\Omega$ y el "polo sur" es estable si $\Omega = 0$, caso contrario es inestable.

Una vez que se simplifica la expresión y se divide ambos miembros por el factor $\cos \theta$ queda la expresión $\dst \csc \theta = \frac {R \Omega ^2} g$, que es tu expresión final. Al dividir ambos miembros por $\cos \theta$ implícitamente estamos aceptando que $\cos \theta \ne 0$ y por consiguiente estamos eliminando la solución de los polos de la expresión final.

Saludos,

Al

[ser humano]

Re: Partícula girando en un alambre

Muy interesante el problema. Gracias por facilitarmelo.

Como marco de referencia use el centro geometrico de la circunferencia. $\theta$ sera el angulo medido desde el eje de las abscisas hacia arriba, en el plano del alambre.
Lo primero que hice, fue notar que la fuerza de contacto que le ejerce el alambre a la pelota tiene, sea cual fuese la posicion de esta, la misma direccion y el sentido opuesto que el vector posicion. Entonces:

$$\vec {F_c}=\alpha \vec{r}$$

siendo $\alpha$ un escalar que varia con la posicion (ya que la fuerza de contacto varia con la posicion).
(si esto no se termina de comprender me lo decis y lo aclaro un poco mejor)

Como el alambre es una circunferencia y la particula se mueve sobre ella, la posicion de la particula esta dada por:

$$\vec r=(R \cos \theta ; R \sin \theta)$$

Por lo tanto:

$$\vec F_c = \alpha \vec r=(\alpha R \cos \theta ;\alpha R \sin \theta)$$

Si $\vec F_c = (F_x ; F_y)$

entonces:

$$F_x=\alpha R \cos \theta$$

$$F_y=\alpha R \sin \theta$$

Por otro lado, se puede notar que una vez que la particula este en "equilibrio", va a rotar junto con el alambre, y por lo tanto va a poseer una aceleracion centripeta (cuya direccion es sobre el plano perpendicular al eje de rotacion (en donde se encuentra la particula), y hacia dicho eje).
Esta circunferencia que trazara la particula en su recorrido, tendra un radio equivalente a la proyeccion sobre el eje de las abscisas del vector posicion (lo que se puede notar facilmente en un grafico). Esto es:

$$r=R cos \theta$$

Hay que notar que la fuerza de contacto es la que hace que la particula rote, mas especificamente, la fuerza de contacto en las abscisas. Entonces:

$$F_x=ma$$

Como la velociad angular es constante, la unica aceleracion que hay es la que hace que la particula se mueva en forma circular, es decir la aceleracion centripeta. Entonces:

$$F_x= m r \Omega^2$$

Que por (2):

$$F_x= m R \Omega^2 \cos \theta$$

Ahora hagamos un apartado y pensemos en el eje de las ordenadas. Aqui sí hay equilibrio, y esto indica que las fuerzas aplicadas se anulan, si $P$ es el peso y $F_y$ la fuerza de contacto en la direccion de las ordenadas:

$$F_y=P=mg$$

Si tenemos en cuenta (1.4):

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]
Con esto volvemos a (1.3):

$F_x=\alpha R \cos \theta= \dfrac {mg}{R \sin \theta} R \cos \theta =\dfrac {mg}{ \sin \theta} \cos \theta$

Igualando la expresion anterior con (3.2):

$\dfrac {mg}{ \sin \theta} \cos \theta = m R \Omega^2 \cos \theta \Longrightarrow \arcsin \dfrac {g}{R \Omega^2}= \theta$

pd: Para posiciones por encima de la mitad del alambre, no vas a encontrar el equilibrio, ya que la fuerza de contacto tiene el mismo sentido que el peso, y por lo tanto la particula se acelera en ese sentido (hacia abajo).
Si tu resolucion es diferente a la que deje, seria util que la expongas asi quedan expresadas diferentes alternativas de abordar el problema.

[Facaz]

Buenas, tengo el siguiente ejercicio



En cuanto a las posiciones de equilibrio, por "inspección directa" dije que la parte superior e inferior son equilibrios inestable y estable respectivamente. Podría ayudar con un diagrama de cuerpo libre, pero no plantie ninguna ecuación. Quería saber que se les ocurria a uds...
Y con respecto a las demas posiciones, para la parte inferior encontre posiciónes de equilibrio para todo $\Omega$ pero para la parte superior no encontre ninguna posición de equilibrio...

Necesito ayuda por favor, ya que dentro de poco rindo un exámen y necesito saberlo!

Muchas gracias