Problema de roce est´ atico

Consideremos el problema de la figura 3.9 en que una part´ıcula de masamse encuentra apoyada sobre una barra que rota en un plano vertical con velocidad angular constante,

ωo. Entre la part´ıcula y la barra hay un roce est´atico caracterizado por un coeficiente μ.

Si en la condici´on inicial θ = 0 y la part´ıcula se encuentra a una distancia R del eje de giro de la barra, se pide determinar el ´angulo θ_∗ en que la part´ıcula comienza a deslizar sobre la barra (en cualquiera de las dos direcciones: centr´ıpeta o centr´ıfuga).

La soluci´on comienza por establecer el diagrama de cuerpo libre (DCL) de la part´ıcu- la en que graficamos todas las fuerzas que la afectan. Adem´as elegimos un sistema de coordenadas para describir su movimiento. Estos elementos se ilustran en la figura 3.10.

A continuaci´on escribimos la ecuaci´on de movimiento de la part´ıcula, expresando fuerzas y aceleraciones en el sistema coordenado elegido. En este caso usaremos coor-

m m g O Q

R

w

36 CAP´ITULO 3. DIN ´AMICA: LEYES DE NEWTON Y FUERZAS m g O Q

R

mg

F

N

Figura 3.10: DCL y vectores unitarios.

denadas polares, por lo que la ecuaci´on de movimiento es

m(¨r−rθ˙2) = F−mgsinθ, (3.55)

m(rθ¨+ 2 ˙rθ˙) = N−mgcosθ. (3.56) Nos falta imponer las restricciones cinem´aticas del problema. En la medida que no haya ocurrido el deslizamiento de la part´ıcula se tiene que

r = R, (3.57)

˙

r = 0, (3.58)

¨

r = 0, (3.59)

mientras que en la medida que la part´ıcula se mantenga rotando con la barra se tiene que

˙

θ = ωo, (3.60)

¨

θ = 0. (3.61)

Reemplazando estas condiciones en 3.55-3.56 obtenemos las ecuaciones

−mRω2_o = F−mgsinθ, (3.62) 0 = N−mgcosθ. (3.63) Notemos que en este problema las fuerzasN yF son las inc´ognitas de 3.62-3.63, puesto que la cinem´atica de la part´ıcula est´a completamente especificada (antes del eventual desliza- miento). Por lo tanto, podemos resolver el problema para nuestras inc´ognitas, obteniendo

F = −mRω2_o+mgsinθ, (3.64)

N = mgcosθ. (3.65)

Para simplificar el an´alisis trabajaremos con las fuerzas adimensionalizadas pormg:

F ≡ F

mg = −R+ sinθ, (3.66)

N ≡ N

mg = cosθ, (3.67)

dondeR ≡Rω_o2/g es un par´ametro adimensional que indica la importancia relativa de la rotaci´on versus la gravedad en este problema.

3.4. METODOLOG´IA USUAL Y EJEMPLOS 37 0 30 60 90 −2 −1 0 1 N(θ) θ 0 30 60 90 −2 −1 0 1 F(θ) θ

Figura 3.11: Variaci´on de N yF con el ´angulo θ. Las tres curvas del panel derecho son paraR= 0, R= 0,5, y R= 1,5.

La figura 3.11 ilustra las dependencias deN yF con el ´anguloθ. La fuerza de roce, en particular, es funci´on tambi´en del valor del par´ametro R. El panel izquierdo de la figura muestra que en este problema de rotaci´on uniforme la normal no depende de la velocidad angular y que se mantiene positiva en el rango de ´angulos entre 0 y 90o. Esto indica que la part´ıcula no se despegar´a de la barra antes de que ´esta llegue a la posici´on vertical.

Por su parte, el panel derecho de la figura 3.11 nos muestra que cuando R > 0 los valores de F para ´angulos peque˜nos resultan negativos. Esto indica que cuando la barra pasa cerca de la horizontal la part´ıcula tiende a escaparse centr´ıfugamente alej´andose del eje de rotaci´on, por lo cual, si la part´ıcula no desliza sobre la barra, entonces la fuerza de roce est´atico debe ser en la direcci´on opuesta de la que supusimos en nuestro DCL. Para mayores inclinaciones de la barra (y siempre que la rotaci´on no sea “muy fuerte”, i.e.R<1) el signo deF pasa a ser positivo, indicando que el peso comienza a “ganar” la competencia y la part´ıcula tiende a deslizar centr´ıpetamente, para evitar lo cual se requiere un roce est´atico que efectivamente tiene la direcci´on supuesta en nuestro DCL.

La figura 3.11 indica los valores queN yF toman en funci´on del ´angulo de inclinaci´on de la barra bajo el supuesto que la part´ıculano ha deslizado sobre ella. Sin embargo, para verificar que efectivamente no haya habido deslizamiento debemos estar seguros de que se cumpla la condici´on del roce est´atico:

|F| ≤μeN, (3.68)

que para nuestro caso podemos escribir como

|F| ≤μN. (3.69)

Notemos que N se aproxima a cero cuando la barra se acerca a la verticalidad, mientras que, en general,|F|no lo hace. Concluimos entonces que para alg´un ´angulo menor que 90o la desigualdad 3.69 deja de cumplirse. Ese ´angulo,θ_∗es precisamente lo que nos preguntan. Resolveremos el problema de la siguiente manera. Para cada ´angulo θ calcularemos la fracci´on |F|/N de acuerdo a la soluci´on 3.66-3.67. A esta fracci´on le llamaremos el coeficiente de rocerequerido,μR, por cuanto si el coeficiente de roce real (μ) es mayor que

este valor requerido (μ > μR) entonces la condici´on est´atica es posible, mientras que si

μ < μR la condici´on est´atica no es posible y debe haber ocurrido el deslizamiento antes.

Usemos pues 3.66-3.67 para calcularμR:

μR= |F|_N = | − R

+ sinθ|

cosθ =| −

R

38 CAP´ITULO 3. DIN ´AMICA: LEYES DE NEWTON Y FUERZAS 0 30 60 90 0 1 2 3 μR(θ) θ

Figura 3.12: Variaci´on deμR con el ´anguloθ. Las tres curvas son paraR= 0, R= 0,5, y

R= 1,5.

El gr´afico de μR en funci´on de θ para distintos valores del par´ametro Rse muestra en la

figura 3.12. El valor de μR para θ = 0 es μR(0) = R. Se desprende de la figura que la

soluci´on del problema es

θ_∗ =

0 siμ <R θs siμ >R

(3.71)

dondeθs es soluci´on de la ecuaci´on

− R

cosθs

+ tanθs=μ. (3.72)

La descripci´on en palabras de esta soluci´on es que para μ < R la part´ıcula desliza ra- dialmente hacia afuera inmediatamente en θ_∗ = 0, mientras que en el caso contrario la part´ıcula desliza centr´ıpetamente en θ_∗ =θs.

Cap´ıtulo 4

Momento Angular y Torque

As´ı como en el siguiente cap´ıtulo anterior motivaremos la definici´on de la energ´ıa cin´etica de la part´ıcula pregunt´andonos qu´e factores hacen cambiar el m´odulo de su vector mom´entum, en este cap´ıtulo tratamos de responder la pregunta acerca de qu´e factores hacen cambiar la direcci´on del vector mom´entum. Esta pregunta es muy relevante en todos los problemas mec´anicos que tratan acerca de rotaci´on de la part´ıcula, y en los que nos interesa especialmente su velocidad angular. Nuevamente la respuesta a la pregunta planteada no puede surgir m´as que de la 2a Ley de Newton.

Antes de entrar en materia, conviene tener presente desde un principio que la rotaci´on no s´olo depende del momentum, p, de la part´ıcula, sino que tambi´en depende del punto respecto del cual estoy observando o describiendo esa rotaci´on. La figura 4.1 ilustra este hecho. La part´ıcula de la figura se mueve con velocidad constante a lo largo de una recta. Tres observadores fijos ubicados en los puntos A, B y C apreciar´an una “rotaci´on” muy distinta de la part´ıcula respecto de ellos. Para el observador en A la part´ıcula no rota (α=

π/2 = constante). Para el observador en B la part´ıcula rota en sentido antihorario ( ˙β <0). Por ´ultimo, para el observador en C la rotaci´on es incluso en sentido contrario ( ˙γ > 0). Los tres observadores concordar´an en el momentumpde la part´ıcula, pero al momento de comparar su observaci´on de la rotaci´on de ella se producir´an agrias discusiones! Se hace hincapi´e en este aspecto, pues en todas las variables relacionadas con rotaci´on uno siempre deber´a estar diciendo en forma expl´ıcitarespecto a qu´e punto del espacioest´a describiendo o analizando esa rotaci´on.

m p = cte x x x A B C a p= /2 b g