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Barra articulada colgando de muelle (MR G.I.C.)

De Laplace

Contenido

1 Enunciado

Una barra de masa M y longitud 2a esta articulada en su extremo O. En el otro extremo (punto A) se conecta un muelle de constante elástica k y longitud natural nula. El otro extremo del muelle se coloca en un punto B fijo sobre el eje OY1.

  1. Determina el valor del ángulo θ para la posición de equilibrio.
  2. Calcula la fuerza en la dirección del eje OY1 sobre el punto B en la situación de equilibrio.
  3. Supongamos que liberamos el punto B, de modo que puede deslizar por el eje sin rozamiento. Encuentra la configuración de equilibrio en este caso.
  4. ¿Como se podría resolver el problema de equilibrio si incluimos rozamiento en el contacto de B con el eje OY1?

2 Enunciado

El sistema tienen un solo grado de libertad, el ángulo θ.

La imagen de la derecha muestra las fuerzas que actúan sobre la barra (sólido "2", fuerzas en rojo) y sobre el muelle (sólido "1", fuerzas en azul). La fuerzas vinculares en O y B no realizan trabajo, pues esos puntos están en fijo. Entonces podemos calcular la posición de equilibrio a partir de la energía potencial.

La energía potencial gravitatoria de la barra es


U_g = - Mga\,\mathrm{sen}\,\theta

Hemos escogido la altura del eje OY1 como referencia de energía potencial gravitatoria. Para la energía elástica tenemos


U_k = \dfrac{1}{2}k|\overrightarrow{AB}|^2

Tenemos


\begin{array}{l}
\overrightarrow{OA} = 2a\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\imath}_1 + 2a\cos\theta\,\vec{\jmath}_1\\
\\
\overrightarrow{OB} = 2a\,\vec{\jmath}_1\\
\\
\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA} = 
-2a\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\imath}_1 +2a(1-\cos\theta)\,\vec{\jmath}_1
\end{array}

Entonces

Uk = 4ka2(1 − cosθ)

Y la energía potencial total es


U = U_g + U_k = -Mga\,\mathrm{sen}\,\theta + 4ka^2(1-\cos\theta)

El punto de equilibrio ocurre para los valores de θ donde la derivada de la energía potencial es cero


\dfrac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}\theta} = -Mga\cos\theta + 4ka^2\,\mathrm{sen}\,\theta = 0
\Longrightarrow
\tan\theta_{eq} = \dfrac{Mg}{4ka}

Si  ka\geq M g  (muelle muy fuerte o barra muy larga o barra muy ligera) la tangente es pequeña, es decir, el ángulo es pequeño y la barra tiende a estar horizontal. En el caso contrario (muelle débil, barra muy corta o barra muy pesada) la barra tiende a ponerse vertical (\theta\to\pi/2 ).

Para ver si es un equilibrio estable o inestable calculamos la segunda derivada y sustituimos el valor de equilibrio


\dfrac{\mathrm{d}^2U}{\mathrm{d}\theta^2} = Mga\,\,\mathrm{sen}\,\theta + 4ka^2\cos\theta

El ángulo θeq está siempre en el intervalo [0,π / 2], pues \tan\theta_{eq} \in [0,\infty) . Entonces, tanto el seno como el coseno son positivos. Por tanto, la derivada segunda es siempre positiva y la energía potencial es mínima, por lo que el equilibrio es estable.

2.1 Fuerza vincular horizontal en B

Para aplicar el principio de los trabajo virtuales liberamos el vínculo en B, de modo que éste puede desplazarse sobre el eje OY1. Ahora la fuerza \vec{B}_y se considera activa. El Principio de los Trabajos Virtuales se aplica para todos los desplazamientos virtuales. Podemos imaginar un desplazamiento virtual en el que sólo se mueve el punto B horizontalmente. En este desplazamiento sólo realizan trabajo las fuerzas \vec{B}_y y \vec{F}_{2\to1} indicadas en la figura. Tenemos que calcular el vector \overrightarrow{AB}(y) . Tenemos


\begin{array}{l}
\overrightarrow{OA} = 2a\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\imath}_1 + 2a\cos\theta\,\vec{\jmath}_1\\
\\
\overrightarrow{OB} = y\,\vec{\jmath}_1\\
\\
\vec{F}_{2\to1} = k\overrightarrow{BA} = -2ka\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\imath}_1 -k(y-2a\cos\theta)\,\vec{\jmath}_1
\end{array}

El desplazamiento virtual es


\delta\vec{r}^{\,B}_{01} = \dfrac{\partial\vec{r}^{\,B}_{01}}{\partial y}\delta y
=
\delta y\,\vec{\jmath}_1

y el Principio de los Trabajos Virtuales en este caso nos da


\vec{B}_y\cdot\delta\vec{r}^{\,B}_{01} + \vec{F}_{2\to1}\cdot\delta\vec{r}^{\,B}_{01}
= 0
\Longrightarrow
\delta y\,(B_y -k(y-2a\cos\theta) = 0
\Longrightarrow
B_y = k(y-2a\cos\theta)

Para obtener el valor en la configuración del problema sustituimos el valor de y por el del sistema


B_y = 2ak\,(1-\cos\theta)

2.2 Sistema con punto B libre

Ahora el sistema tiene dos grados de libertad: {y,θ}. Tenemos que expresar la energía potencial como función de esas dos variables


U = U_g + U_k = -Mga\,\mathrm{sen}\,\theta + \dfrac{1}{2}k|\overrightarrow{AB}|^2
= 
-Mga\,\mathrm{sen}\,\theta + \dfrac{1}{2}k\,(4a^2 + y^2 - 4ay\cos\theta)

Encontramos la configuración de equilibrio imponiendo que las derivadas parciales respecto a los dos grados de libertad sean cero.


\begin{array}{lcl}
\dfrac{\partial U}{\partial y} = 0 & \Longrightarrow &
y = 2a\cos\theta\\
&&\\
\dfrac{\partial U}{\partial \theta} = 0 & \Longrightarrow &
2ky\,\mathrm{sen}\,\theta = Mg\cos\theta
\end{array}

Hay dos soluciones para este sistema de ecuaciones


\begin{array}{l}
\theta=\pi/2, \qquad y = 0\\
\\
\mathrm{sen}\,\theta = \dfrac{Mg}{4ka}, \qquad y = 2a
\end{array}

El primer caso corresponde a la barra totalmente vertical. La discusión de la estabilidad requiere un análisis más complicado.

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