1r ciclo Se deja caer la partícula con velocidad nula desde la superficie del cilindro...

[Caballero777]

La parte (b) [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

¿Cómo se puede resolver esta ecuación diferencial?

El problema lo tengo con al parte (d), no la puedo responder. Agradezco me den una mano.

Saludos!
C7

[arivasm]

Re: Se deja caer la partícula con velocidad nula desde la superficie del cilindro...

Hola Caballero777. En primer lugar debo decirte que voy a hacer un aporte a tu primera pregunta, pero que no resuelve completamente el problema, pues no llego a la ecuación de movimiento.

Comenzaré confirmando tu ecuación diferencial, en la que hay que tener cuidado porque $l$ no es constante, pues $l=l_0+r\varphi$. En ella veo que el miembro de la izquierda es igual a $\frac{\dd}{\dd t}(l \dot \varphi)$, por lo que podemos probar a hacer el cambio de variable $u(\varphi)=l\dot\varphi$. Por la regla de la cadena tenemos que

$\dst\frac{\dd u}{\dd t}=\dst\frac{\dd u}{\dd \varphi} \frac{\dd \varphi}{\dd t}=u' \dst\frac{u}{l}$,

donde he llamado $u'=\frac{\dd u}{\dd \varphi}$. De este modo, la ecuación pasa a ser $u u'=-l g \sin \varphi$, es decir $(u')^2=-2 g (l_0+r \varphi)\sin \varphi$. Esta última ecuación se integra directamente, con lo que encontramos inmediatamente $u(\varphi)$. De este modo, encuentro que

$u^2=l^2 {\dot \varphi}^2= A+2 g l \cos \varphi - 2 gr \sin\varphi$,

siendo A una constante de integración. A partir de ahí, el siguiente paso sería encontrar $\varphi(t)$, "sin más" que resolver la ecuación

$\dst\frac{\dd \varphi}{\dd t}= \frac{u(\varphi)}{l(\varphi)}=\sqrt{\dst\frac{2g}{l}\cos\varphi-\dst\frac{2gr}{l^2}\sin\varphi+\dst\frac{A}{l^2}}$.

El problema es, precisamente, que no se me ocurre cómo hacer la integral siguiente

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

Debo decir que una prueba sencilla de que es correcta la expresión de u que escribí antes es la conservación de la energía. Así, siguiendo este otro camino vemos que la constante de integración anterior es, en realidad, $A=2E/m$, si se elige $h=0$ en el centro del cilindro.

Con respecto a d), la ecuación que encuentro para la tensión del hilo es ésta: $T=m l {\dot \varphi}^2+m g \cos \varphi$. Entiendo que se trata de ver las condiciones para que sea T>0. En particular la conservación de la energía nos ayudará a encontrar qué condición debe cumplirse con respecto a E y, por tanto, con respecto a la posición inicial.

De todos modos, como aún no tengo completa esta respuesta (que se me antoja más fácil que la anterior), lo dejo para un nuevo post que trataré de hacer hoy mismo.

Saludos!

[arivasm]

Re: Se deja caer la partícula con velocidad nula desde la superficie del cilindro...

Como dije en mi post anterior, completaré mi aporte, esta vez sobre el apartado d).

En primer lugar, hay que aclarar que el análisis anterior corresponde al movimiento siempre y cuando la partícula esté libre de una fuerza normal N ejercida por el cilindro. Eso significa que el ángulo del punto de partida necesariamente deberá estar en el rango [-180º,0]. Por debajo de -180º la partícula deslizará sobre el cilindro y es fácil ver que entonces la cuerda no poseerá tensión en el tramo hasta que N sea nula. Por supuesto si el ángulo inicial es mayor que 0 el cuerpo ni siquiera se moverá.

En segundo lugar, el ángulo inicial $\varphi_{in}$ se relaciona con $l_0$ mediante $l_0=-r \varphi_{in}$. Por tanto, buscar el mayor $l_0$ equivaldrá a buscar el menor valor de $\varphi_{in}$.

Como la tensión es $T=m l {\dot \varphi}^2+m g \cos \varphi$ y en el punto de partida $\dot \varphi = 0$ (y también $l=0$), está claro que la condición de que la cuerda posea tensión implica que $T_{in}=m g \cos \varphi_{in}\geqslant 0$, lo que cierra aún más el rango de valores para el ángulo inicial, al intervalo [-90º, 0].

Por tanto, si no se hace ningún otro análisis la conclusión sería que el ángulo que maximiza la longitud de la cuerda será -90º (la masa parte del punto más bajo del cilindro).

Ahora bien, el problema que tiene el razonamiento anterior es que podría ocurrir que hubiese ángulos $\varphi>\varphi_{in}$ que condujesen a una tensión nula. Pero está claro que ello no es posible, toda vez que hemos acotado el ángulo inicial en el intervalo [-90º,0], con lo que está muy claro que $T=m l {\dot \varphi}^2+m g \cos \varphi$ no será nulo, al menos para ningún otro ángulo de dicho rango. Claro que quizá podría anularse para los ángulos positivos, que necesariamente deberían corresponder a valores $\varphi>90^o$, para que el coseno pueda ser negativo. Sin embargo, es muy fácil ver que, debido a la conservación de la energía, la altura del punto de retroceso será la misma que la del punto de partida, lo que implica que el ángulo correspondiente a ese punto es siempre menor que $-\varphi_{in}$, con lo que también tenemos asegurado que no habrá posibilidad de un coseno negativo.

Por tanto, concluyo que el punto buscado es que señalé antes: el punto inferior del cilindro.

Saludos!