Cuerda colgada de un clavo. Cálculo de la velocidad por integración.

[Kiwi]

Muy buenas!

Estoy resolviendo un ejercicio y tengo una duda relacionada con la integración de la aceleración para obtener la velocidad. El enunciado es el siguiente:

Un hilo flexible y uniforme, de longitud $l$, está colgado en una pared vertical pasando sobre un clavo fijo y liso (no hay rozamiento). Aunque el hilo se encuentra inicialmente en equilibrio se perturba éste ligeramente de modo que empieza a deslizarse sobre el clavo.

1. Describir el movimiento del hilo y determinar su aceleración.
2. Calcular la velocidad que adquiere el hilo en el instante en que abandona el clavo.

Llamamos $x$ a la longitud de la cuerda a uno de los lados del clavo y $l-x$ a la longitud de la cuerda al otro lado del clavo. La cuerda se desliza de modo que $x$ incrementa su valor con el tiempo.
En el apartado a. obtenemos el siguiente valor para la aceleración:

$a=\frac{g}{l}(2x-l)$

En el apartado b. tenemos que calcular la velocidad. No es posible utillizar las ecuaciones cinemáticas puesto que la aceleración no es constante y, por tanto, hay que determinar la velocidad por integración a partir de la aceleración obtenida en el apartado a.:

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

Sustituímos la expresión de la aceleración y a la derecha de la igualdad hacemos algo que no logro entender del todo bien.

$\frac{g}{l}(2x-l)=\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}$

Entiendo que se aplica la regla de la cadena porque $v=v(x)=v(x(t))$ y por tanto hacemos:

$\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} =\frac{\mathrm{d}v(x)}{\mathrm{d}t} =\frac{\mathrm{d}v(x(t))}{\mathrm{d}t} =\frac{\mathrm{d}v(x)}{\mathrm{d}x} \frac{\mathrm{d}x(t)}{\mathrm{d}t}$

Es decir, que cuando ponemos $v$ estamos obviando las dependencias de la velocidad con el espacio y del espacio con el tiempo, aunque es necesario tener en cuenta que esas dependencias existen para poder resolver el ejercicio.


A raíz de lo anterior, me surge la cuestión de si estas expresiónes son lo mismo:

$v(x, t)$
$v(x(t), t)$
$v(x(t))$

Entiendo que:

1. La primera expresión indica que la velocidad depende del espacio y del tiempo y que a su vez el espacio y el tiempo son independientes entre sí.
2. La segunda expresión no tiene sentido ya que por un lado decimos que la velocidad depende del espacio y del tiempo sin que espacio y tiempo tengan dependencia mutua pero luego decimos que el espacio depende del tiempo.
3. La tercera expresión indica que la velocidad depende del espacio y el espacio depende del tiempo.

Gracias.

[teclado]

En efecto, las dos últimas expresiones son equivalentes, lo que cambia es la forma en la que obtienes las derivadas. En el segundo caso:

$\dst \frac{dv}{dt} = \frac{\partial v}{\partial x}\frac{dx}{dt} + \frac{\partial v}{\partial t}$

Y en el tercero:

$\dst \frac{dv}{dt} = \frac{dv}{dx}\frac{dx}{dt}$

Sin embargo la segunda forma no suele usarse, si no que suele escribirse la primera. Y siempre tienes que tener cuidado de asegurarte de que x y t sean independientes o no. En caso de que sean independientes, $\dst \frac{dx}{dt}=0$, por lo que sigues pudiendo usar la expresión anterior. Estas expansiones de las derivadas, sin embargo son equivalentes (nota el uso de $\partial$ en una de ellas).

En este problema concreto,

$\dst v = \frac{dx}{dt}$,

Y como v no depende explícitamente del tiempo (tienes $v=v(x(t))$,

$\dst \frac{dv}{dt} = \frac{dv}{dx}\frac{dx}{dt} = v\frac{dv}{dx} = \frac{1}{2}\frac{d(v^2)}{dx}$

$\dst a = \frac{dv}{dt} = \frac{1}{2}\frac{d(v^2)}{dx} = \frac{g}{l}(2x-l)$

De donde sólo tienes que integrar respecto a x.

[Kiwi]

las dos últimas expresiones son equivalentes

Creo que no te entiendo bien o no veo la equivalencia entre las dos últimas expresiones. Veo que la derivada de la tercera expresión es un caso particular de la derivada de la primera expresión puesto que $v\not = v(t)$ y por tanto $\frac{dv}{dt}=0$.

$v\frac{dv}{dx} = \frac{1}{2}\frac{d(v^2)}{dx}$

Esto no lo había visto nunca. ¿Has integrado la velocidad?


Otras cuestiones que me surgen son las siguientes. Si tu tienes (de la expresión anterior):

$\dst \frac{dv}{dt} = \frac{dv}{dx}\frac{dx}{dt}$

expresas de forma explícita las dependencias:

$\dst \frac{dv(x(t))}{dt} = \frac{dv(x(t))}{dx}\frac{dx(t)}{dt}$

lo igualas a la aceleración:

$a(x)=\dst \frac{dv(x(t))}{dt} = \frac{dv(x(t))}{dx}\frac{dx(t)}{dt} = \frac{dv(x(t))}{dx} v(t)$

y recolocas los términos para poder integrar:

$a(x)dx= v(t)dv(x(t))$

¿Es correcto multiplicar por $dx$ en ambos lados de la igualdad?
¿Tiene sentido la dependencia $v(x(t))$ del diferencial que hay a la derecha de la igualdad?

[teclado]

Creo que no te entiendo bien o no veo la equivalencia entre las dos últimas expresiones. Veo que la derivada de la tercera expresión es un caso particular de la derivada de la primera expresión puesto que $v\not = v(t)$ y por tanto $\frac{dv}{dt}=0$.

No es que sean equivalentes, la verdad es que lo dije sin pensar mucho. Pero si tienes v = v(x(t),t), como x depende de t, al fin y al cabo v sólo depende de t, o de x según se mire. Todo depende de la expresión explícita de v.

Esto no lo había visto nunca. ¿Has integrado la velocidad?

Para hacer esto no se integra nada, es muy común encontrarse cosas con la forma $\dst y\frac{dy}{dx}$. Sólo hay que darse cuenta de que $\frac{d(y^2)}{dx}=2y\frac{dy}{dx}$.

$a(x)dx= v(t)dv(x(t))$

¿Es correcto multiplicar por $dx$ en ambos lados de la igualdad?
¿Tiene sentido la dependencia $v(x(t))$ del diferencial que hay a la derecha de la igualdad?

Creo recordar que hay ciertas condiciones en las que puedes pasar dx multiplicando al lado izquierdo y otras en las que no, pero se cumplen en la mayoría de problemas físicos. Partiendo de ahí puedes integrar directamente sin atender a la dependencia de v respecto a nada, pues el diferencial que tienes es dv:

$\dst \int_{x_1}^{x_2}adx = \int_{v_1}^{v_2}vdv$

Si te fijas en el miembro de la derecha, el resultado es $\frac{1}{2}v^2$, que es lo que habrías obtenido haciendo la sustitución de la que hablábamos antes.

Como curiosidad, y sólo para liarte más . La ecuación anterior aparece también en el caso general de un cuerpo sometido a cierta aceleración $a$. Si multiplicas ambos miembros por la masa de dicho cuerpo, a la izquierda te queda el trabajo realizado por la fuerza a la que está sometido y a la derecha el incremento de energía cinética, y lo que obtienes es el teorema de las fuerzas vivas:

$W=\Delta{E_c}$

Un saludo.

[Kiwi]

No es que sean equivalentes, la verdad es que lo dije sin pensar mucho. Pero si tienes v = v(x(t),t), como x depende de t, al fin y al cabo v sólo depende de t, o de x según se mire. Todo depende de la expresión explícita de v.

De acuerdo. Esto lo he entendido.

Para hacer esto no se integra nada, es muy común encontrarse cosas con la forma $\dst y\frac{dy}{dx}$. Sólo hay que darse cuenta de que $\frac{d(y^2)}{dx}=2y\frac{dy}{dx}$.

Pero $\frac{d(y^2)}{dx}=2y\frac{dy}{dx}$ se cumple porque el término de la izquierda es la derivada del de la derecha y el término de la derecha la integral del de la izquierda. jajajaja!!

Creo recordar que hay ciertas condiciones en las que puedes pasar dx multiplicando al lado izquierdo y otras en las que no, pero se cumplen en la mayoría de problemas físicos.

Tomo nota. Pero me gustaría saber bajo qué condiciones se cumple para saber cuándo lo puedo aplicar. Siempre me han dicho que normalmente se puede hacer, pero nunca me han explicado ni cuando ni porqué.

Y gracias por el apunte sobre el trabajo y la energía!

[JCB]

Hola a tod@s.

Yo me voy a centrar en el principio de todo. Kiwi: supongo que has llegado a obtener la aceleración de la cuerda, partiendo de la expresión de la aceleración en una máquina de Atwood,

$a=g\dfrac{m_2-m_1}{m_1+m_2}=g\dfrac{\lambda yg-\lambda(L-y)g}{\lambda(L-y)g+\lambda yg}=\dfrac{g}{L}(2y-L)$.

O bien, ¿ ha sido de otra forma ?.

Gracias y saludos cordiales,
JCB.

[Al2000]

Otra forma de hacerlo:

Dados los dos lados de la cuerda, $x$ y $l - x$, con $l/2 < x \leqslant l$, la posición del centro de masas será

$$x_\text {CM} = \frac {x^2/2 + (l-x)^2/2} l = \frac {x^2 + l^2 - 2 l x + x^2}{2 l} = \frac {2 x^2 - 2 l x + l^2}{2 l}$$

de modo que la variación de la energía potencial será

$$\frac {dU}{dx} = - m g \frac {4 x - 2 l}{2 l} = m g \left (1 - 2 \frac x l \right )$$

de donde se obtiene que la aceleración vale $\dst a = g \left (2 \frac x l - 1\right )$.

Saludos,

$\mathcal A \ell$

[Kiwi]

Hola a tod@s.

Yo me voy a centrar en el principio de todo. Kiwi: supongo que has llegado a obtener la aceleración del hilo, partiendo de la expresión de la aceleración en una máquina de Atwood,

$a=g\dfrac{m_2-m_1}{m_1+m_2}=g\dfrac{\lambda yg-\lambda(L-y)g}{\lambda(L-y)g+\lambda yg}=\dfrac{g}{L}(2y-L)$.

O bien, ¿ ha sido de otra forma ?.

Gracias y saludos cordiales,
JCB.

Ahora mismo no recuerdo qué era la máquinan Atwood. Lo consultaré.

Lo que he hecho es asociar una densidad lineal $\lambda$ a la cuerda y calcular la masa de los tramos de cuerda a la izquierda y a la derecha del clavo multiplicando esa densidad por la longitud de cada tramo $m_1(x)$ y $m_2(x)$. Estas masas no son constantes y dependen de la longitud del tramo.
Después transformo mi ejercicio en otro equivalente en el que tengo dos masas colgadas de los extremos de una cuerda colgada de un clavo, siendo estas masas las masas dependientes de la longitud del tramo de cuerda del que cuelgan $m_1(x)$ y $m_2(x)$ comentadas antes.
A partir de aquí, se resuelve como un ejercicio típico de dos masas colgadas de un cuerda apoyada en una polea, pero con la peculiaridad de la masa variable.

[Kiwi]

Otra forma de hacerlo:

Dados los dos lados de la cuerda, $x$ y $l - x$, con $l/2 < x \leqslant l$, la posición del centro de masas será

$$x_\text {CM} = \frac {x^2/2 + (l-x)^2/2} l = \frac {x^2 + l^2 - 2 l x + x^2}{2 l} = \frac {2 x^2 - 2 l x + l^2}{2 l}$$

de modo que la variación de la energía potencial será

$$\frac {dU}{dx} = - m g \frac {4 x - 2 l}{2 l} = m g \left (1 - 2 \frac x l \right )$$

de donde se obtiene que la aceleración vale $\dst a = g \left (2 \frac x l - 1\right )$.

Saludos,

$\mathcal A \ell$

En principio la idea era resolverlo sin usar energías (se me olvidó comentarlo), pero me parece muy interesante la aplicación del centro de masas a este ejercicio. ¡Me lo apunto!

[franco_c2]

Si $v=\sqrt{\frac{2g}{l}(y^2-ly)}$ entonces $v(l)=0$, no debería ser máxima la velocidad en ese punto?

[JCB]

Hola a tod@s.

Integrando la aceleración, la velocidad me da

$v=\sqrt{2g\left(\dfrac{y^2}{L}-y+\dfrac{L}{4}\right)}$.

Cuando $y=\dfrac{L}{2}$ (situación inicial) $\Longrightarrow v=0$.

Cuando $y=L$ (situación final) $\Longrightarrow v=\sqrt{\dfrac{gL}{2}}$.

Saludos cordiales,
JCB.