Ángulo en el que se deja de tener contacto

[Cat_in_a_box]

Re: Ángulo en el que se deja de tener contacto

1. Tienes toda la razón, Al, la verdad es que formalmente no es correcto. Debería haber separado variables y luego integrar, como tú apuntas. O también, podría ''meter'' la expresión a la que llego en mi anterior post en la de la aceleración tangencial, y ahí integrar tranquilamente, es decir:

$$a_t = \frac{\dd v}{\dd t} = \frac{\dd v}{\dd \theta} \frac{\dd \theta}{\dd t} = \frac{\dd v}{\dd \theta}\omega = \frac{\dd v}{\dd \theta}\frac{v}{r}\$$

$$a_t=g\sin\theta\Rightarrow g\sin\theta=\frac{\dd v}{\dd \theta}\frac{v}{r}$$

De tal modo, que ahí separando variables:

$$\dst\frac{v}{r}\mathrm{d}v=g\sin\theta\mathrm{d}\theta\Rightarrow \boxed{\dst\frac{1}{r}\dst\int_{0}^{v_A}v\mathrm{d}v=g\dst\int_{0}^{\theta_A}\sin\theta\mathrm{d}\theta}$$

Que es justamente lo que puse en mi primer post. Yo diría que queda mucho mejor así

Gracias José por tu resolución, me ha llevado un rato entenderla bien, ya que nunca he hecho un problema de este tipo en coordenadas polares, pero siempre viene bien aprender nuevos métodos

Una última cosa y no molesto más... Con qué programa editas los diagramas? (la semiesfera, la partícula, las fuerzas)

Pues aunque sea del todo cutre, lo suelo hacer con las formas del Word, y sobre todo, mucha paciencia

Saludos,

[Jose D. Escobedo]

Re: Ángulo en el que se deja de tener contacto

Hola, Cat_in_a_box

La resolución dinámica puede ser mas sencilla si se trabaja únicamente en coordenadas polares ( sin olvidar las condición de desprendimiento y las condiciones iniciales )

De: $N\hat{e_r}- m g \hat{ j} =mr \ddot \phi \hat{e_\phi}-mr {\dot \phi }^{2 } \hat{e_r}$...(1)
se proyecta radial y tangencialmente con ayuda del producto punto $(1) \cdot \hat{e_r}$ y $(1) \cdot \hat{e_\phi }$ de lo cual se obtiene:
$N-mg\hat{j} \cdot \hat{e_r} =-mr{\dot \phi }^{ 2}$...(2)
$-mg\hat{j} \cdot \hat{e_\phi}=mr \ddot \phi$...(3)
En (2) la condición de desprendimiento es: $N=0$ y que al proyectar $\hat{j}\cdot \hat{e_r}=\sin \phi \Rightarrow$
de (2) se obtiene:
$g \sin \phi =r {\dot \phi }^{2 }$ ...(2')
De (3)
$\dst -g\cos \phi =r \ddot \phi =r\dot \phi \frac{d \dot \phi }{d \phi } \Rightarrow$
$\dst -\int_\frac{\pi}{2 }^\phi g \cos \phi d \phi =\int_0^{\dot \phi} r \dot \phi d \dot \phi$ con las condiciones iniciales a $\dst \phi_o =\frac{\pi}{2 }$ y $\dot \phi_o =0$
se obtiene:
$\dst -g \sin \phi + g=r\frac{{\dot \phi }^{ 2} }{ 2}$...(3')
Finalmente de (2') y (3') se obtiene que:
$\dst \sin \phi =\frac{2}{ 3}$

Saludos
Jose

[Al2000]

Re: Ángulo en el que se deja de tener contacto

...
Sustituyendo tenemos la siguiente integral:

$$\dst\int_{0}^{v_A}\mathrm{d}v=\dst\frac{g}{\omega}\dst\int_0^{\theta_A}\sin\theta\mathrm{d}\theta\Rightarrow \dst\int_{0}^{v_A}\omega\mathrm{d}v=g\dst\int_{0}^{\theta_A}\sin\theta\mathrm{d}\theta$$

Teniendo en cuenta la relación entre la velocidad lineal y la velocidad angular, tenemos que:

$$v=\omega R\Rightarrow \omega=\dst\frac{v}{R}\Rightarrow \boxed{\dst\int_{0}^{v_A}\dst\frac{v}{R}\mathrm{d}v=g\dst\int_{0}^{\theta_A}\sin\theta\mathrm{d}\theta}$$

...

Felino amigo, aquí tienes formalmente un error, al "sacar" $\omega$ de la integral como si fuese constante con el ángulo. El error lo corriges en la misma línea al dejar $\omega$ bajo el signo de la integral en función de la velocidad.

Diría yo que es sólo una cuestión de forma. Debías haber separado variables primero y luego integrar.

Saludos,

Al

[Nightcrow]

Re: Ángulo en el que se deja de tener contacto

Gracias por la resolución!

- Una última cosa y no molesto más... Con qué programa editas los diagramas? (la semiesfera, la partícula, las fuerzas)

[Cat_in_a_box]

Re: Ángulo en el que se deja de tener contacto

Muchas gracias, Ángel, tan atento como siempre. Madre mia, en (5) y (6) he desvariado un poco. Ahora que lo pienso, podría verse de otro modo (7):

$$a_t = \frac{\dd v}{\dd t} = \frac{\dd v}{\dd \theta} \frac{\dd \theta}{\dd t} = \frac{\dd v}{\dd \theta}\omega = \frac{\dd v}{\dd \theta}\frac{v}{r}\$$

Aplicación pura y dura de la regla de la cadena, pero bueno, mejor lo dejo así y me voy a descansar

Saludos,

[angel relativamente]

Re: Ángulo en el que se deja de tener contacto

Solo tengo una palabra.
¡Impresionante!
Jamás se me hubiese ocurrido ese planteamiento

PD: En (5) te has comido una rica masa. En (6) te has comido un radio y has escupido un 2.
¡Saludos!

[Cat_in_a_box]

Re: Ángulo en el que se deja de tener contacto

Hola de nuevo,

Bueno, lo prometido es deuda, resolvamos el problema desde un punto exclusivamente dinámico, es decir, sin hacer uso del principio de conservación de la energía mecánica. Antes de continuar con la resolución del problema, adjunto el diagrama con el que nos guiaremos en la resolución del mismo:



He puesto dos ángulos diferentes para facilitar un poco los cálculos, después daré la solución en función del ángulo que forma con la horizontal.

Lo que he hecho es analizarlas fuerzas que actúan sobre la bolita en el punto A, donde deja de tener contacto con la superficie. Como vemos, las fuerzas que actúan son la normal y el peso. Seguidamente, he descompuesto el peso en su componente radial y en su componente tangencial. Con todo ello, podemos aplicar la segunda ley de Newton:

$$\dst\sum_{i=1}^n \vec F_i = m\vec a \Rightarrow \vec P + \vec N=m\vec a \Rightarrow \vec P_x + \vec P_y +\vec N=m(\vec a_n + \vec a_t)$$

Donde $a_n, a_t$ son la aceleración normal y la aceleración tangencial respectivamente. Veamos qué ocurre en cada eje:

$$\vec P_y + \vec N = m\vec a_n \Rightarrow P_y-N=m\cdot a_n$$

$$\vec P_x= m\vec a_t$$

Podemos expresar cada componente del peso en función del ángulo $\theta$ de modo que tenemos:

$$mg\cos\theta - N = m\dst\frac{v^2}{R}$$

$$mg\sin\theta =ma_t \Rightarrow a_t=g\sin\theta$$

Ahora bien, a medida que la bolita se desplaza desde el punto O al A, ¿es el ángulo que forma con la vertical constante? Pues como que no, así que eso lo tendremos en cuenta más adelante. Mientras tanto, pensemos que si en A se despega de la superficie, entonces la normal en dicho punto será cero, luego:

$$g\cos\theta=\dst\frac{v^2_A}{R}\Rightarrow \boxed{\cos\theta=\dst\frac{v^2_A}{Rg}}$$

Por tanto, cuando el coseno del ángulo que forma con respecto a la vertical valga el cuadrado de la velocidad en el punto A partido del radio por la aceleración de la gravedad, la bolita se ''despegará'' de la superficie. Ahora bien, ¿cuál es la velocidad en A?

Aquí es donde viene la famosa ecuación diferencial que se mencionaba en un post anterior. Partamos de lo siguiente. Definimos la aceleración tangencial como:

$$a_t=\frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d}t }$$

Por tanto:

$$a_t=\frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d}t }\rightarrow \mathrm{d}v=a_t\mathrm{d}t\Rightarrow \mathrm{d}v=g\sin\theta \mathrm{d}t$$

Aquí tenemos la ecuación. Para resolverla simplemente hemos de integrar:

$$\dst\int_{0}^{v_A} \mathrm{d}v=\dst\int_{t=0}^{t_A}g\sin\theta\mathrm{d}t$$

Antes de continuar integrando, tengamos en cuenta una cosa que ya hemos mencionado. ¿Es el ángulo constante? No, está variando a lo largo del tiempo, luego podemos cambiar el diferencial de t por el diferencial del ángulo del siguiente modo:

$$\omega=\frac{\mathrm{d} \theta}{\mathrm{d} t}\Rightarrow \mathrm{d}t=\dst\frac{\mathrm{d}\theta}{\omega}$$

Sustituyendo tenemos la siguiente integral:

$$\dst\int_{0}^{v_A}\mathrm{d}v=\dst\frac{g}{\omega}\dst\int_0^{\theta_A}\sin\theta\mathrm{d}\theta\Rightarrow \dst\int_{0}^{v_A}\omega\mathrm{d}v=g\dst\int_{0}^{\theta_A}\sin\theta\mathrm{d}\theta$$

Teniendo en cuenta la relación entre la velocidad lineal y la velocidad angular, tenemos que:

$$v=\omega R\Rightarrow \omega=\dst\frac{v}{R}\Rightarrow \boxed{\dst\int_{0}^{v_A}\dst\frac{v}{R}\mathrm{d}v=g\dst\int_{0}^{\theta_A}\sin\theta\mathrm{d}\theta}$$

Si resolvemos esas integrales, tenemos que:

$$\dst\frac{1}{R}\dst\int_{0}^{v_A}v\mathrm{d}v=g\dst\int_{0}^{\theta_A}\sin\theta\mathrm{d}\theta$$

$$\dst\frac{1}{R}\left[\dst\frac{v^2}{2}\right]_{0}^{v_A}=g\left[-\cos\theta\right]_{0}^{\theta_A}\Rightarrow \dst\frac{v^2_A}{2R}=-g\cos\theta_A +g$$

Despejando el coseno del ángulo en el punto A, tenemos que:

$$\cos\theta_{A}=-\dst\frac{\dst\frac{v^2_A}{2R}-g}{g}=-\dst\frac{v^2_A-2Rg}{2Rg}$$

Pero ese coseno ya lo habíamos determinado en (6), luego podemos igualar ambas expresiones, obteniendo la velocidad en el punto A:

$$\dst\frac{v^2_A}{Rg}=-\dst\frac{v^2_A-2Rg}{2Rg}\Rightarrow \boxed{v^2_A=\dst\frac{2}{3}Rg}$$

Por tanto, si sustituimos en (6):

$$\cos\theta=\dst\frac{v^2_A}{Rg}=\dst\frac{\dst\frac{2}{3}Rg}{Rg}\Rightarrow \boxed{\cos\theta=\dst\frac{2}{3}}$$

Pero eso es respecto al ángulo que forma con la vertical. Entonces, como el problema nos lo pide para la horizontal, hemos de encontrar la relación entre estos dos ángulos. Obviamente, ambos suman noventa grados, luego:

$$\theta+\varphi =\dst\frac{\pi}{2}$$

Los dos ángulos son complementarios, luego sus razones trigonométricas estás ''cambiadas'', es decir, el seno de uno será el coseno del otro y viceversa.

Concluimos pues, que para que la bolita deje de tener contacto con la superficie, debe formar un ángulo con respecto a la horizontal igual a:

$$\boxed{\boxed{\sin\varphi=\dst\frac{2}{3}\Longrightarrow \varphi=\sin^{-1}\left(\dst\frac{2}{3}\right)}}$$

Así sería pues, la forma de resolver el ejercicio sin utilizar la conservación de la energía mecánica. Es una forma más larga y pesada, y por qué no, algo más compleja, pues lo primero que hay que hacer, es entender el movimiento. Si hay algún errorcillo, pido disculpas, y si a alguien se le ocurre otra forma, mejor que mejor

Saludos,

[Cat_in_a_box]

Re: Ángulo en el que se deja de tener contacto

Hola!... perdón por entrometerme.. pero saben cómo resolverlo únicamente por dinámica? Lo vi hecho en el libro de Spiegel, creo que usando ecuaciones diferenciales con las leyes de Newton, pero no explicaba mucho los pasos u.u

Sí, este ejercicio se puede resolver ''fácilmente'' por dinámica. Como apuntas, tienes que resolver una pequeña ecuación diferencial, pero nada complicada. Ahora mismo no tengo mucho tiempo, pero mañana subiré la solución del ejercicio tratado desde un punto de vista exclusivamente dinámico, pues el procedimiento es algo largo y sobre todo engorroso de escribir en LaTeX, pero bueno, al menos veremos otra forma de resolverlo y sin hacer uso del principio de conservación de la energía mecánica

Saludos,

[Nightcrow]

Re: Ángulo en el que se deja de tener contacto

Hola!... perdón por entrometerme.. pero saben cómo resolverlo únicamente por dinámica? Lo vi hecho en el libro de Spiegel, creo que usando ecuaciones diferenciales con las leyes de Newton, pero no explicaba mucho los pasos u.u

[angel relativamente]

Re: Ángulo en el que se deja de tener contacto

Muchas gracias!! Sólo que yo he calculado con respecto a la horizontal y me ha salido que el seno de teta vale 2/3. Tendré que revisar...

De hecho, eso es lo que sale. Si te fijas en mi último mensaje es justamente lo que digo:

$\theta=\arcsin\left(\dfrac 23\right)$

¡Saludos!

Vale, no me he equivocado, qué espeso estoy yo también jaja

Ea

[warmetal]

Re: Ángulo en el que se deja de tener contacto

Vale, no me he equivocado, qué espeso estoy yo también jaja

[warmetal]

Re: Ángulo en el que se deja de tener contacto

Muchas gracias!! Sólo que yo he calculado con respecto a la horizontal y me ha salido que el seno de teta vale 2/3. Tendré que revisar...

[angel relativamente]

Re: Ángulo en el que se deja de tener contacto

Bien, estaban mal mis cálculos. He cometido el error del que me quejaba, pues aunque he considerado $h_A=R\sin \theta$ luego he hecho al igual que tú:

$P_y=mg\cos \theta$



Lo correcto sería:

Siendo v=$\dst \sqrt{2gR(1-\sin\theta)}$ (calculando tal y como lo ha hecho cat)

Tenemos que:

$\not{m}g\sin\theta=\not{m}\dst\frac{v^2_A}{R}\Rightarrow \not{g}\sin\theta=\dst\frac{2\not{g}\not{R}(1-\sin\theta)}{\not{R}} \Rightarrow 3\sin \theta=2 \qquad \Rightarrow \qquad \theta=\arcsin\left(\dfrac 23\right)$

Y ahora sí que se cumple que las soluciones de cat y la mía suman 90º

¡Saludos!

Eso me pasa por no leer detenidamente las cosas.

Parafraseando a mi profesora de física cuando le pasaba una cosa similar:

<<El problema está muy bien mal hecho>>

[Cat_in_a_box]

Re: Ángulo en el que se deja de tener contacto

Vale, ''pa'' cazurro yo. No sabía a lo que te referías. Sí, yo lo he calculado respecto al ángulo que forma R con respecto a la vertical. Ay ay ay...qué espeso ando. Eso me pasa por no leer detenidamente las cosas.

[angel relativamente]

Re: Ángulo en el que se deja de tener contacto

Llamadme cazurro, pero no llego a comprenderlo. Según yo veo lo que tu calculas es el ángulo que forma con la vertical, pero te pide con la horizontal. Mira esta imagen y fíjate en el primer cuadrante. Es evidente y bien lo muestra que la altura será $h_A=R\sin \theta$. Así lo veo yo, corregidme si me equivoco
¡Saludos!

PD: Viendo el dibujo me has confirmado que has considerado $\theta$ como el ángulo formado con la vertical. De todos modos nuestros ángulos deberían de sumar 90º y no se da el caso voy a ver en qué operación me he confundido