Olimpiada Problema

[Visitante]

He estado tratando de resolver este problema:
Dos partículas se encuentran en el punto A más alto de unacircunferencia vertical de diámetro 2R. Una de las partículas, la 1, se dejacaer libremente y la otra desliza sin rozamiento por una rampa deinclinación que corta a la circunferencia en el punto B; cuando lapartícula 2 pase por el punto B, la partícula 1 se encontrará en el punto:a) Centro de la circunferencia b) D c) E d) C

El dibujo pueden encontrarlo aquí http://www.rsef.es/oef/images/Proble...adrid_2011.pdf (es el problema 2)

He estado tratando de resolverlo pero no sé cómo hacerlo.

[arivasm]

Re: Problema

La partícula que cae por la rampa posee una aceleración igual a $g\sin\theta$, siendo $\theta$ el ángulo que forma la rampa con la horizontal. En cambio la que cae libremente tiene aceleración $g$. Si etiquetamos con 1 a la partícula que cae libremente y con 2 a la que cae por la rampa y empleando un sistema de coordenadas con el origen en el punto A (con el eje X hacia la derecha y el Y hacia abajo) y t=0 cuando ambas parten de A, dichas aceleraciones son $\vec a_1=(0,g)$ y $\vec a_2=g\sin\theta(\cos\theta,\sin\theta)$. Por tanto, las ecuaciones de movimiento de ambas son $\vec r_1 = (0,\frac{1}{2}gt^2)$ y $\vec r_2=(\frac{1}{2}g\sin\theta\cos\theta\ t^2,\frac{1}{2}g\sin^2\theta\ t^2)$

Lo más rollo vendría ahora: encontrar las coordenadas del punto B. Si llamamos $m=\tan\theta$, la rampa tiene por ecuación $y=mx$ mientras que la de la circunferencia es $R^2=x^2+(y-R)^2$. Resolviendo el sistema encontramos que $\dst y=\frac{2m^2}{1+m^2}R=2R\sin^2\theta$.

Así pues, tenemos que, como $y_2=2R\sin^2\theta$ el instante correspondiente satisface que $\frac{1}{2}gt^2=2R$.

Conclusión: el cuerpo en caída libre estará en D.

[Visitante]

Re: Problema

¿Y no ha otra forma más directa de sacarlo? porque si lo ponen en la olimpiada debe haber otra manera más elegante.

[arivasm]

Re: Problema

Puesto que se habla de tiempos en el fondo no queda otra que pasar por las ecuaciones de movimiento. De todos modos, se puede hacer una demostración más geométrica, que quizá la encuentres más elegante. Por supuesto, el saber de antemano la solución ayuda a saber por dónde tirar.

Consideremos la figura siguiente

Sea $t$ el tiempo que tarda el cuerpo que desciende por la rampa en recorrer la distancia AB. Como se trata de un movimiento uniformemente acelerado tenemos que

$AB=\frac{1}{2}a_2 t^2$

Nuestro objetivo es conocer la distancia recorrida por el otro cuerpo en ese mismo tiempo

$y_1=\frac{1}{2}a_1t^2$

Dividiendo miembro a miembro tenemos que

$\dst \frac{y_1}{AB}=\frac{a_1}{a_2}=\frac{1}{\sin\theta}=\frac{AC}{AD}$

Como el triángulo ABD es semejante al ADC tenemos que

$\dst \frac{y_1}{AB}=\frac{AC}{AD}=\frac{AD}{AB}$

Conclusión: $y_1=AD$.