¿Se mantendrá una varilla que cae en contacto con el suelo sin fricción?

Question

Pregunta

Una barra uniforme de masa $M$ se coloca casi verticalmente sobre un suelo sin fricción. Como no está perfectamente vertical, empezará a caer cuando se suelte del reposo.

He visto soluciones en Internet para este problema y, al resolverlo, se supone que el punto final de la varilla que está en contacto con el suelo continuará en contacto con el suelo hasta que la varilla, en su totalidad, golpee el suelo horizontalmente. Esta suposición es la que nos permite determinar la fuerza normal del suelo. Sin embargo, ¿cómo se demuestra que esta suposición es cierta? ¿O se toma como una restricción adicional del problema?

Comprueba la figura en D1 para verificar si tienes la configuración correcta en mente.

Duplicados en SE:

• D1: ¿Una varilla que cae permanecerá siempre en contacto con el suelo?
• D2: Caída de una varilla sobre una superficie sin fricción
• D3: Ecuación del movimiento de una varilla que cae (con un extremo tocando una superficie sin fricción)

Creo que el OP en D1 ha hecho la misma pregunta (junto con otras preguntas) pero se ha cerrado como off-topic. Simon Robinson, uno de los contestadores en D2, también ha expresado su preocupación al respecto. Hago esta pregunta porque no se ha tratado adecuadamente en SE. No creo que la respuesta a esta pregunta sea específica sólo para este problema de la barra vertical. Por el contrario, siento que esta pregunta está en algo básico que todavía no entiendo con respecto a las restricciones necesarias que deben especificarse en un problema de física.

Mi intento

El problema de esta pregunta es que me parece que he dado toda la información necesaria para predecir toda la dinámica del movimiento de la caña después de su liberación. No puedo aceptar la idea de que la restricción "la varilla no puede perder el contacto" debe ser especificada como una pieza adicional de información para resolver este problema. Si aceptamos que no es una restricción adicional, entonces deberíamos ser capaces de demostrar que el punto final de la varilla no puede perder el contacto. Pero, ese es el problema. Llevo días pensando en ello y no consigo encontrar la manera de demostrarlo.

No veo nada "violado" si pierde el contacto en algún momento de su caída. Después de perder el contacto, simplemente gira alrededor del centro de masa con velocidad angular constante [Ver $(1)$ ] y la COM de la barra cae con la aceleración $\mathbf{g}$ . $$\frac{d\mathbf{L}_{CM}}{dt} = \boldsymbol{\tau}_{CM} \Rightarrow \text{$ L_{CM}=I_{CM}\omega\; $ is constant} \tag{1}$$

Gracias por tomarse el tiempo de leer esta pregunta. Pido disculpas si he infringido algún código de conducta.

Cualquier idea que responda a mi pregunta será muy apreciada.

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Aclaraciones adicionales, si son necesarias

Aquí se hacen aclaraciones que espero ayuden a los usuarios de PhySE a entender mejor mi pregunta. La lectura de la siguiente información no es necesaria para responder a mi pregunta.

1. Es importante señalar que aunque el punto final de la varilla pierda el contacto con el suelo en algún momento de la caída, el centro de masa de la varilla seguirá cayendo verticalmente hacia abajo igual que antes (pero ahora con aceleración $\mathbf{g}$ ). Por lo tanto, el hecho de que la COM caiga verticalmente hacia abajo no puede utilizarse para demostrar que el punto final de la varilla no pierde el contacto con el suelo.

   El COM cae verticalmente hacia abajo $\not\Rightarrow$ la punta inferior de la varilla no pierde el contacto con el suelo

Answer 1

La técnica a utilizar en problemas como éste es suponga que que la varilla permanezca en contacto con la mesa, y luego tratar de averiguar si la fuerza normal cambia alguna vez de signo para algún ángulo $\theta$ mientras la vara cae. Si lo hace, la punta inferior de la varilla tendrá que salir de la mesa, ya que una "mesa sin fricción" no puede tirar de la varilla hacia abajo; sólo puede empujarla hacia arriba. Técnicas similares se utilizan en la solución del clásico problema del "disco que se desliza por una semiesfera sin fricción", así como en el problema de la "regla de la caída".

La verdad es que hacer esto es un poco lioso, pero aquí hay un esbozo. Dejemos que $L$ sea la longitud de la varilla y $m$ sea su masa. Sea $I = \frac{1}{4} \beta m L^2$ sea el momento de inercia de la varilla en torno a su centro de masa; nótese que $\beta = \frac{1}{3}$ para una varilla de densidad uniforme, mientras que $\beta = 1$ si la masa se concentra en las puntas. Esto se hace para proporcionar un poco más de generalidad; supondré, sin embargo, que la distribución de la masa es simétrica, de modo que el centro de masa está en el centro geométrico de la varilla.

Los ingredientes que necesitarás son:

• Restricciones geométricas: La posición vertical del centro de masa de la varilla será $z = \frac{1}{2} L \cos \theta$ (tomando como positivo $z$ hacia arriba). Diferenciando esto dos veces, obtenemos para la velocidad y la aceleración del centro de masa $$ v = - \frac{L}{2} \omega \sin \theta, \\ a = - \frac{L}{2} ( \alpha \sin \theta + \omega^2 \cos \theta), $$ donde $\alpha$ es la aceleración angular de la varilla.

• Conservación de la energía: Como la mesa no realiza ningún trabajo sobre la punta de la varilla, la energía mecánica de la varilla se conserva. Esto da una relación entre $v$ y $\omega$ .

• Segunda Ley de Newton (traslacional): Utilizando la segunda ley de Newton, se puede relacionar $a$ y $N$ .

• Segunda Ley de Newton (rotacional): Calculando el par alrededor del centro de masa de la varilla, se puede encontrar una relación entre $N$ y $\alpha$ .

Esto nos da un sistema de cinco ecuaciones y cinco incógnitas $\{N, v, a, \omega, \alpha \}$ que se puede resolver. Después de revisarlo, encuentro que la fuerza normal en función de $\theta$ es $$ N = \frac{mg \beta (\beta + (1- \cos \theta)^2)}{(\beta + \sin^2 \theta)^2} $$ que es manifiestamente positivo para cualquier valor de $\theta$ . Así, la punta de la varilla no sale de la mesa; la mesa mantiene continuamente una fuerza normal hacia arriba mientras cae.

Answer 2

para ver lo que ocurre hay que escribir la ecuación de los movimientos y luego simular las ecuaciones.

tenemos dos coordenadas generalizadas $x$ es la traslación en el suelo y la rotación de la varilla.

a partir del vector de posición al centro de masa se obtiene:

$$\vec{R}=\left[ \begin {array}{c} l\sin \left( \varphi \right) +x \\ l\cos \left( \varphi \right) \end {array} \right] \tag 1$$

de la ecuación (1) se puede obtener la energía cinética $\quad T=\frac{m}{2}\vec{\dot{R}}^T\,\vec{\dot{R}}+\frac{I_{cm}}{2}\dot{\varphi}^2$ y la energía potencial $U=m\,g\,\vec{R}_y$

$\Rightarrow$

Las ecuaciones del movimiento:

$${\frac {d^{2}}{d{\tau}^{2}}}\varphi \left( \tau \right) +{\frac {m{l} ^{2}\cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \sin \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \left( {\frac {d}{d\tau}} \varphi \left( \tau \right) \right) ^{2}}{m{l}^{2}+{\it Icm}-m{l}^{2 } \left( \cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \right) ^{ 2}}}-{\frac {mgl\sin \left( \varphi \left( \tau \right) \right) }{m{ l}^{2}+{\it Icm}-m{l}^{2} \left( \cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \right) ^{2}}} =0\tag 3$$

$${\frac {d^{2}}{d{\tau}^{2}}}x \left( \tau \right) +{\frac {m{l}^{2} \cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \sin \left( \varphi \left( \tau \right) \right) g}{m{l}^{2}+{\it Icm}-m{l}^{2} \left( \cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \right) ^{2}}}-{ \frac { \left( {\frac {d}{d\tau}}\varphi \left( \tau \right) \right) ^{2}l\sin \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \left( m{l}^{2}+{\it Icm} \right) }{m{l}^{2}+{\it Icm}-m{l}^{2} \left( \cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \right) ^{2 }}} =0\tag 4$$

también tenemos que obtener la fuerza normal (fuerza de contacto del suelo de la barra). Para calcular la fuerza normal $N$ Agrego un grado de libertad adicional a la dirección de la fuerza normal que es $y$ por lo que el vector de posición es ahora

$$\vec{R}= \left[ \begin {array}{c} l\sin \left( \varphi \right) +x \\ l\cos \left( \varphi \right) +y\end {array} \right] $$

las "nuevas" ecuaciones de movimiento son $\ddot{\varphi}=\ldots\,,\ddot{x}=\ldots$ y $\ddot{y}=\ldots$ pero también tenemos la ecuación de restricción holonómica (multiplicador de Lagrange) .

$y=0\quad \Rightarrow\quad \dot{y}=0\,,\ddot{y}=0$

así tenemos suficientes ecuaciones para calcular la fuerza de contacto $N$

$$N={\frac {{\it Icm}\,ml\cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \left( {\frac {d}{d\tau}}\varphi \left( \tau \right) \right) ^{2}}{m{l}^{2}+{\it Icm}-m{l}^{2} \left( \cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \right) ^{2}}}-{\frac {m{\it Icm}\,g}{m {l}^{2}+{\it Icm}-m{l}^{2} \left( \cos \left( \varphi \left( \tau \right) \right) \right) ^{2}}} \tag 5$$

Simulación

Comienzo la simulación con las condiciones iniciales :

$x(0)=0,D(x)(0)=0,\varphi(0)=0.1,D(\varphi)(0)=0.3$

Detengo la simulación si la rotación de la varilla alcanza los 90 grados.

se ve que la fuerza de contacto $N$ es mayor que cero por lo que la varilla tiene un contacto con el suelo, se puede evitar esta situación sólo si se aplica un par externo en la varilla .

Compara la fuerza normal con la fuerza normal de Michael Seifert

con:

$\varphi(0)=0$ y $Icm=\frac{1}{4}\,\beta\,m\,(2\,l)^2$

$$N={\frac {mg\beta\, \left( \beta+ \left( 1-\cos \left( \varphi \right) \right) ^{2} \right) }{ \left( \beta+ \left( \sin \left( \varphi \right) \right) ^{2} \right) ^{2}}} \tag 6 $$

el gráfico rojo es la ecuación de la fuerza normal (5), el azul es la ecuación de la fuerza normal (6) ¡¡¡obtenemos los mismos resultados!!!

Answer 3

@MichaelSeifert tiene una muy buena respuesta.

Sólo quiero describirlo desde un ángulo diferente.

Un cálculo

Si sólo quieres investigar si se pierde el contacto en algún ángulo $\theta$ entonces en este problema también se puede hacer de la siguiente manera: Sólo el extremo inferior de la varilla está en contacto con el suelo . Así que para que la varilla permanezca en contacto con el suelo después de girar un ángulo $\theta$ la aceleración vertical (hacia arriba) del punto de contacto (POC) debida a todas las fuerzas, excepto la fuerza normal, debe ser, como mínimo, no negativa. Podemos imaginar entonces que la varilla ya no está "cayendo al suelo" a través del POC en este caso (en realidad está preparada para salir volando), y por lo tanto el suelo no actuará con una fuerza normal distinta de cero sobre la varilla para frenarla; si lo hace, debido a la geometría del problema sólo aumentará la aceleración vertical ascendente del POC, lo que es inconsistente con la restricción.

Ahora, observe que la aceleración del POC en la dirección vertical en este punto debido a todas las fuerzas, excepto la fuerza normal, sería simplemente $\frac{\Omega^2 L}{2} \cos \theta - g $ .

$\Bigg[$ También sabemos que $\Omega^2$ en términos de $\theta$ del principio de conservación de la energía (siempre que se cumpla la restricción). Una forma rápida de anotar la energía cinética es observar que la varilla giratoria gira instantáneamente alrededor de un eje perpendicular al plano de la varilla, que pasa por la intersección de la vertical a través de POC y la línea horizontal a través de COM. Esto daría una energía cinética de $\frac{1}{2}mL^2\Big[\frac{1}{12}+\frac{\sin^2\theta}{4} \Big] \Omega^2$ que se obtiene tras una caída de la COM por la altura $\frac{L}{2}(1-\cos\theta)$ . $\Bigg]$

Si ahora se calcula realmente la cantidad $\frac{\Omega^2 L}{2} \cos \theta - g $ se encontrará que es como el numerador de la expresión para $N$ encontrado por @MichaelSeifert, excepto que tendría un signo negativo $-$ esto significa que nunca puede ser positivo y por lo tanto nunca se puede perder el contacto.

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Intuición

Ahora entendemos lo que es responsable de la pérdida de contacto $-$ ¡es la velocidad angular de la varilla! Cuanto mayor es su magnitud, mayor es la posibilidad de perder el contacto con el suelo. Pero ¿qué ocurre si se le da a la varilla una velocidad angular inicial al comienzo $-$ ¿se perderá ahora el contacto? Se plantean dos casos:

1. Cualquiera de los dos contactos se perderá en la cima misma.

2. O el contacto nunca se perderá.

Por supuesto, deberías calcular esto matemáticamente. Pero hay una manera intuitiva de entender $-$ suponer que el contacto se pierde en algún punto en un ángulo $\theta \neq 0$ (al menos durante un pequeño periodo de tiempo), entonces el punto de contacto tiene una velocidad nula en la dirección vertical en ese momento. A partir de aquí, la varilla sigue girando durante un momento infinitesimal sin que se produzca ningún cambio en $\Omega$ pero luego $\frac{\Omega^2 L}{2} \cos \theta - g $ ( que hasta ahora no era positivo ) volverá a ser negativo porque $\theta$ va a aumentar un momento después. En cuanto eso ocurra, la varilla caerá en el suelo a través del POC, y el suelo no se lo tomará bien y ejercerá una fuerza normal en respuesta. ¡Y eso es una contradicción!

Sin embargo, si giras la varilla demasiado rápido en la propia salida, va a perder el contacto porque $\frac{\Omega^2 L}{2} \cos \theta - g $ será $>0$ al inicio mismo, y no se convertirá en negativo un instante después.

Esto es en realidad lo que da lugar a la intuición de que la varilla no perderá el contacto para el problema originalmente planteado por usted $-$ es decir, que como en el caso original el contacto no se pierde al inicio, de hecho nunca se pierde (mientras el otro extremo de la varilla no toque el suelo).

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Advertencia : No utilices esta idea en ningún problema general, porque en general el punto de contacto puede no ser el mismo (por ejemplo un disco rodante sobre un plano). Por lo tanto, la forma general, por supuesto, es implementar la restricción y asegurarse de que $N\geq0$ para que la hipótesis de la restricción sea autoconsistente en tales problemas.