Olimpiada Oscilaciones de un cuerpo en un plano inclinado

[arivasm]

Siguiendo una sugerencia de luiseduardo, abro un hilo con el primer problema de la I Olimpiada Iberoamericana de Física:

De un resorte de constante de elasticidad $k$ y longitud natural (no deformado) $L$ se cuelga un bloque de masa $m$, como indica la figura. El bloque inicialmente se encuentra a una distancia $l$ del punto fijo 0. Tan pronto se suelta el bloque, este desciende. El plano inclinado presenta fricción, por lo cual el bloque oscilará un cierto número de veces hasta detenerse.

1. Determine el intervalo de posiciones sobre el plano en donde el bloque puede permanecer en reposo.
2. Determine los puntos de equilibrio, fuerza resultante igual a cero, mientras el bloque está en movimiento.
3. Construya las gráficas del valor de la fuerza resultante en función de la posición del bloque, para los ascensos y descensos del mismo.
4. APLICACION NUMERICA: Determine el número de ascensos y descensos que realiza el bloque y el punto donde se detiene si

• [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] , $\mu_c=0,10$
• $\mu_e=0,20$
• $k=50\,\rm N/m$
• $m=0,1\,\rm kg$

$\mu_e$= coeficiente de rozamiento estático
$\mu_c$= coeficiente de rozamiento cinemático

[arivasm]

Re: Oscilaciones de un cuerpo en un plano inclinado

1. Comencemos estudiando las situaciones en las que $l>L$. Debemos distinguir dos casos:

• Que la fuerza elástica supere a la componente del peso paralela al plano, es decir, que $k(l-L)\geq mg\sin\alpha$, lo que implica que $\dst l-L \geq\frac{mg}{k}\sin\alpha$. La fuerza de rozamiento será la diferencia entre ambas, y entonces $k(l-L)-mg\sin\alpha \leq\mu_e m g\cos\alpha$. Así encontramos que

$$\frac{mg}{k}\sin\alpha \leq l-L \leq \frac{mg}{k}(\sin\alpha+\mu_e\cos\alpha)$$

• Que la fuerza elástica no supere la componente del peso paralela al plano, es decir, que $0\leq k(l-L)\leq mg\sin\alpha$. Ahora será $mg\sin\alpha -k(l-L)\leq\mu_e m g\cos\alpha$, y entonces

$$\dst \frac{mg}{k}\sin\alpha \geq l-L\geq \frac{mg}{k}(\sin\alpha-\mu_e\cos\alpha)$$

Observemos que para que haya equilibrio en este rango de longitudes se debe cumplir que $\sin\alpha-\mu_e\cos\alpha\geq 0$, es decir, debe cumplirse que $\mu_e\leq \tan\alpha$. En caso de que el coeficiente estático supere este valor el límite inferior será, al menos a priori, $l=L$, pues de lo contrario (2) nos determinaría un valor $l<L$ que no correspondería con el caso analizado.

Ahora abordemos las situaciones en las que el resorte está contraído, es decir, $L>l$. Aquí sólo tenemos un caso, pues la fuerza de rozamiento será igual a la suma de la elástica y la componente del peso paralela al plano. Por tanto, $k(L-l)+mg\sin\alpha\leq \mu_e mg\cos\alpha$. Luego,

$$\dst 0\leq L-l\leq \frac{mg}{k}(\mu_e\cos\alpha-\sin\alpha)$$

Observemos que para que haya equilibrio en este rango se debe cumplir que $\mu_e\cos\alpha-\sin\alpha\geq 0$, es decir, que $\mu_e\geq \tan\alpha$.

Por tanto, para reunir ambas situaciones debemos hacer, al menos a priori, la siguiente distinción:

• Si $\mu_e\leq\tan\alpha$ el rango de longitudes $l$ en las que habrá equilibrio será

$$\dst l \in \left[ L+\frac{mg}{k}(\sin\alpha-\mu_e\cos\alpha), L+\frac{mg}{k}(\sin\alpha+\mu_e\cos\alpha) \right]$$

• Si $\mu_e\geq\tan\alpha$ será

$\dst l \in \left[ L-\frac{mg}{k}(\mu_e\cos\alpha-\sin\alpha), L\right]\cup \left[L, L+\frac{mg}{k}(\sin\alpha+\mu_e\cos\alpha)\right]$

es decir

$$\dst l \in\left[ L-\frac{mg}{k}(\mu_e\cos\alpha-\sin\alpha), L+\frac{mg}{k}(\sin\alpha+\mu_e\cos\alpha)\right]$$

Como vemos, (4) y (5) son formalmente iguales, por lo que podemos unificar ambos casos escribiendo

$$\dst l \in \left[ L+\frac{mg}{k}(\sin\alpha-\mu_e\cos\alpha), L+\frac{mg}{k}(\sin\alpha+\mu_e\cos\alpha) \right]$$

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2. Aquí debemos distinguir si el cuerpo desciende ($\dot l>0$) de si asciende ($\dot l<0$), pues ello afecta al sentido de la fuerza de rozamiento. Si manejamos una coordenada $x$ cuyo sentido positivo sea hacia abajo, la componente X de la fuerza resultante será $F_x=mg\sin\alpha-k(l-L)-\mu_c m g \cos\alpha$, si el cuerpo desciende y $F_x=mg\sin\alpha-k(l-L)+\mu_c m g \cos\alpha$ si asciende. Por tanto, podemos combinar ambos casos recurriendo a una función de signo:

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

de manera que

$$\dst F_x=mg\sin\alpha-k(l-L)-\text{signo}(\dot l)\mu_c m g \cos\alpha$$

Los puntos de equilibrio serán aquellos en los que sea nula la fuerza resultante, luego

$$\dst l_{eq} = L + \frac{mg}{k}\left[ \sin\alpha -\text{signo}(\dot l)\mu_c\cos\alpha\right]$$

Para aclarar resultados, tenemos que los puntos de equilibrio son

• Descendiendo:

$$\dst l_{eq,+} = L + \frac{mg}{k}\left[ \sin\alpha -\mu_c\cos\alpha\right]$$

• Ascendiendo:

$$\dst l_{eq,-} = L + \frac{mg}{k}\left[ \sin\alpha +\mu_c\cos\alpha\right]$$

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3. Reescribamos (7) como $\dst F_x=mg\sin\alpha-k(l-L)\mp\mu_c m g \cos\alpha$, donde el signo - se aplica al caso $\dot l>0$ y el + al $\dot l<0$. Como vemos, se trata de una fuerza elástica $-k(l-L)$ a la que se suma un término constante $mg\sin\alpha$ más otro también constante $\mp\mu_c m g\cos\alpha$.

La imagen siguiente recoge estos términos y su suma:

La línea punteada de color violeta es la fuerza elástica, la verde punteada la componente del peso paralela al plano; las grises punteadas horizontales representan $mg\sin\alpha\mp\mu_c m g\cos\alpha$. La línea negra punteada negra es $-k(l-L)+mg\sin\alpha$.

Por último, las líneas azul y verde son las respuesta que se piden, donde la azul es la que corresponde al movimiento ascendente ($\dot l<0$) y la roja al descendente ($\dot l>0$).

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4. En primer lugar debemos apreciar que el enunciado parece estar incompleto, pues no indica desde dónde se inicia el movimiento. Sin embargo nos da algunas pistas que nos permiten intuir las condiciones de partida. Así, se dice que "El bloque inicialmente se encuentra a una distancia del punto fijo 0. Tan pronto se suelta el bloque, este desciende." Por tanto, está claro que

• En los primeros instantes del movimiento $\dot l>0$. No obstante, el bloque parte del reposo.
• La posición inicial del bloque está fuera de la región de reposo debido a la fricción estática. Combinando esto con lo anterior, eso implica que

$$l<L+\frac{mg}{k}(\sin\alpha-\mu_e\cos\alpha)$$

pues de lo contrario, si estuviese por debajo de dicha región, al soltarlo ascendería.

Con respecto al movimiento que tendrá el bloque una vez suelto, hemos visto que la fuerza resultante sobre él viene dada por $\dst F_x=mg\sin\alpha-k(l-L)\mp\mu_c m g \cos\alpha$, donde el signo - se aplica al movimiento descendente y el + al ascendente. Por tanto, la aceleración será

$$\dst a_x=g(\sin\alpha\mp\mu_c \cos\alpha)+kL-kl$$

Ahora bien, si introducimos las posiciones de equilibrio dadas por (9) y (10), y que podemos agrupar como

$$\dst l_{eq,\pm} = L + \frac{mg}{k}\left[ \sin\alpha \mp\mu_c\cos\alpha\right]$$

vemos que (12) admite ser escrito como

$$\dst a_x=-\frac{k}{m}(l-l_{eq,\pm})$$

lo que significa que el movimiento será una sucesión de oscilaciones armónicas, que irán alternando el punto de equilibrio (según que sean ascendentes o descendentes) y que terminarán en cuanto el móvil quede en reposo en el interior de la zona (6) en la que el rozamiento estático mantiene el reposo.

Por tanto, dado que el punto de partida es un punto de retroceso de dichos movimientos (por ser de velocidad nula) y lo mismo sucede con los puntos en los que se cambia el centro de la oscilación, así como el punto en que se detiene, centraremos nuestra atención en los puntos de retroceso.

Con el fin de facilitar la notación, denotaremos por $x_i$ las coordenadas de dichos puntos, tomando el cero para la situación en la que el resorte tiene longitud L, y de manera que $x_0=l-L$, donde aquí $l$ denota, como hace el enunciado, la longitud inicial del resorte.

Por tanto, teniendo en cuenta (11) y que $l\geq 0$, tenemos que el punto de retroceso de partida cumple que

$$\dst -L\leq x_0\leq \frac{mg}{k}(\sin\alpha-\mu_e\cos\alpha)$$

Observemos que $x_1$ será el final de una oscilación descendente y el principio de una ascendente, que terminará en $x_2$, donde se iniciará una oscilación descendente, etc. Es decir, apreciemos que las oscilaciones descendentes son aquéllas que comienzan en los $x_i$ con $i$ par, mientras que las ascendentes comienzan en los $x_i$ con $i$ impar.

Cada vez que se produce una oscilación en movimiento descendente, con punto de retroceso de comienzo en $x_i$ el siguiente punto de retroceso estará a una distancia del punto de equilibrio descendente, que indicaremos como

$$x_{eq,+}=\frac{mg}{k}\left[ \sin\alpha -\mu_c\cos\alpha\right]$$

igual a la que se encuentra de éste el punto de retroceso de partida, es decir,

$$x_{i+1}=x_i+2(x_{eq,+}-x_i)=2x_{eq,+}-x_i$$

Análogamente, cada vez que se produce una ascendente, el punto de retroceso final estará a una distancia del punto de equilibrio ascendente

$$x_{eq,-}=\frac{mg}{k}\left[ \sin\alpha +\mu_c\cos\alpha\right]$$

igual a la existente entre éste y el punto de retroceso de partida, que por conveniencia llamaremos ahora $x_{i+1}$. Por tanto,

$$x_{i+2}=x_{i+1}-2(x_{i+1}-x_{eq,-})=2x_{eq,-}-x_{i+1}$$

Introduciendo los datos del enunciado tenemos que la zona de reposo estático comprende, según deducimos de (6) el intervalo de valores de $x$

$$[0.01109,0.01663]\,\rm m$$

que el punto de partida, por tanto, corresponde a la zona

$$x_0 \in [-L,0.01109\,\rm m]$$

que los puntos de equilibrio de los movimientos ascendente y descendente son

$$x_{eq,+}=0,01247\,\rm m$$

$$x_{eq,-}=0,01525\,\rm m$$

de manera que, por (17) y (19), los puntos de retroceso siguen la secuencia

$$x_{i+1}=0,02495\,{\rm m}-x_i$$

$$x_{i+2}=0,03049\,{\rm m}-x_{i-1}=x_i+0,00554\,\rm m$$

Para determinar el número de oscilaciones y los puntos de partida correspondientes, podemos recurrir a calcular cuáles deben ser estos últimos si el siguiente punto de retroceso debe encontrarse en la zona de reposo (20).

Para que el reposo se alcance en sólo media oscilación, $x_1$ debería estar en el intervalo (20), lo que nos lleva, usando (24) a que $x_0$ debería estar en el intervalo (0.00832,0.01386) m, del cual únicamente satisface (21) el rango de posiciones iniciales (0.00832,0.01109) m.

Para buscar los puntos de partida que llevarían al reposo en una oscilación debemos estudiar con (25) qué valores llevarían a que $x_1$ esté en el intervalo (20), resultando el intervalo (0.01386,0.01940) m, al que debemos restar (20), resultando (0.01663,0,01940) m. Con (24) tenemos que las posiciones de partida que llevarían a estos puntos de retroceso estarían en (0.00554,0.00832) m.

Para encontrar todos los restantes bastará con aplicar el lado derecho de (25) a estos dos resultados. Así, las posiciones iniciales que resultarán en reposo tras una oscilación y media estarán en el intervalo (0.0028,0.0055) m, para dos oscilaciones (0,0.0028) m, etcétera.

Como vemos (aunque la última razón de este hecho está en que $\mu_e=2\mu_c$) cada 2,77 mm se produce un cambio en el número de oscilaciones. Como en $x_0=0$ (es decir, para $l=L$) se produce el cambio de 2,5 a 2 oscilaciones, podemos determinar que para $n$ oscilaciones (pudiendo ser un número entero o semientero) el valor de $x_0$ estará comprendido en el intervalo

$[2(n-2)2.772, (2n-3)2,772]\,\rm mm$.

[luiseduardo]

Re: Oscilaciones de un cuerpo en un plano inclinado

Perfect solution!!