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Barra colgando de aro fijo (Ene. 2019)

De Laplace

Contenido

1 Enunciado

Una barra (sólido "2") homogénea y delgada de longitud 2R y masa m se mueve de modo que su extremo A está obligado a deslizar por un aro fijo de radio R (sólido "1"). Escogemos un sistema de ejes OX0Y0Z0 de modo que el eje Z0 coincide con el eje OZ1 y el plano OX0Z0 contiene en todo momento a la barra. Los ejes solidarios con la barra son tales que el plano AX2Z2 coincide siempre con el plano OX0Z0. Entonces se cumple AY_2\parallel OY_0. El eje AX0 forma un ángulo θ con el eje OX0.

  1. Encuentra la reducción cinemática del movimiento \{21\} en el punto A así como su derivada temporal.
  2. Calcula el momento cinético de la barra en G. Explica como calcularías su momento cinético en A.
  3. Calcula la energía cinética de la barra y su energía potencial.
  4. Se impone el vínculo cinemático \dot{\phi}=\omega_0, siendo ω0 una constante. Escribe la desvinculación de la barra.
  5. Supongamos que la Lagrangiana del sistema tiene la forma  L = A + B\dot{\theta}^2, con A y B constantes. El vínculo cinemático del apartado anterior sigue aplicado. El estado de la barra está descrito por θ(0) = π / 2 y \dot{\theta}(0^-)=0. Se aplica una percusión \vec{\hat{F}} = [\hat{F}_0, \hat{F}_0, 0]_0 en el punto B. Calcula el estado del sistema justo después de la percusión y el valor de la percusión vincular en A.

2 Solución

2.1 Reducción cinemática

2.1.1 Movimiento {01}

Este es un par de revolución del que hemos visto muchos ejemplos. La reducción cinemática en el punto O y su derivada temporal son


\begin{array}{lcl}
\vec{\omega}_{01} = \dot{\phi}\,\vec{k}_{0,1}, & \qquad & \vec{v}^{\,O}_{01} = \vec{0},\\
&\\
\vec{\alpha}_{01} = \ddot{\phi}\,\vec{k}_{0,1}, & \qquad & \vec{a}^{\,O}_{01} = \vec{0}.
\end{array}

La velocidad en A es


\vec{v}^{\,A}_{01} = \vec{v}^{\,O}_{01}  + \vec{\omega}_{01}\times\overrightarrow{OA} =
\vec{0} + (\dot{\phi}\,\vec{k})\times(R\,\vec{\imath}_0) = R\dot{\phi}\,\vec{\jmath}_0

La aceleración en A es


\begin{array}{ll}
\vec{a}^{\,A}_{01} &  =  \vec{a}^{\,O}_{01}  + \vec{\alpha}\times\overrightarrow{OG} + \vec{\omega}_{01}\times( \vec{\omega}_{01}\times\overrightarrow{OA}) = -R\dot{\phi}^2\,\vec{\imath}_0 + R\ddot{\phi}\,\vec{\jmath}_0 \\
& \vec{a}^{\,O}_{01} = \vec{0},\\
& \vec{\alpha}\times\overrightarrow{OG} = (\ddot{\phi}\,\vec{k})\times(R\,\vec{\imath}_0) = R\ddot{\phi}\,\vec{\jmath}_0,\\
&  \vec{\omega}_{01}\times( \vec{\omega}_{01}\times\overrightarrow{OA}) =
-R\dot{\phi}^2\,\vec{\imath}_0.
\end{array}

2.1.2 Movimiento {20}

El punto A es un punto fijo de este movimiento, es decir, \vec{v}^{\,A}_{20}=\vec{0}. En el vector rotación aparece la derivada temporal del ángulo θ. La reducción cinemática y su derivada temporal son


\begin{array}{lcl}
\vec{\omega}_{20} = \dot{\theta}\,\vec{\jmath}_{0,2}, & \qquad & \vec{v}^{\,A}_{20} = \vec{0},\\
&\\
\vec{\alpha}_{20} = \ddot{\theta}\,\vec{\jmath}_{0,2}, & \qquad & \vec{a}^{\,A}_{20} = \vec{0}.
\end{array}

2.1.3 Movimiento {21}

Usamos las leyes de composición para obtener la reducción cinemática y su derivada temporal en A


\begin{array}{l}
\vec{\omega}_{21} = \vec{\omega}_{20} + \vec{\omega}_{01} = \dot{\theta}\,\vec{\jmath}_0 + 
\dot{\phi}\,\vec{k}_0,\\
\\
\vec{\alpha}_{21} = \vec{\alpha}_{20} + \vec{\alpha}_{01} + \vec{\omega}_{01}\times\vec{\omega}_{20} = -\dot{\theta}\dot{\phi}\,\vec{\imath}_0 +  \ddot{\theta}\,\vec{\jmath}_0 + \ddot{\phi}\,\vec{k}_0,\\
\\
\vec{v}^{\,A}_{21} = \vec{v}^{\,A}_{20} + \vec{v}^{\,A}_{01} = R\dot{\phi}\,\vec{\jmath}_0,\\
\\
\vec{a}^{\,A}_{21} = \vec{a}^{\,A}_{20} + \vec{a}^{\,A}_{01} + 2\vec{\omega}_{01}\times\vec{v}^{\,A}_{20} = -R\dot{\phi}^2\,\vec{\imath}_0 +  R\ddot{\phi}\,\vec{\jmath}_0.
\end{array}

2.2 Momento cinético de la barra en G

Al ser el centro de masas el momento cinético se puede calcular como


\vec{L}_G = \overset\leftrightarrow{I}_G\cdot\vec{\omega}_{21}.

El tensor de inercia de la barra en el CM es


\overset\leftrightarrow{I}_G
=
I
\left[
\begin{array}{ccc}
0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{array}
\right]_2

con


I = \dfrac{1}{12}M(2R)^2 = \dfrac{1}{3}MR^2.

El cero en la diagonal se coloca en la primera fila, pues es el eje X2 el que coincide con la barra.

Tenemos que expresar el vector rotación en la base del sólido "2". Del dibujo tenemos


\begin{array}{l}
\vec{\imath}_0 = \cos\theta\,\vec{\imath}_2 + \mathrm{sen}\,\theta\,\vec{k}_2,\\
\\
\vec{\jmath}_0 = \vec{\jmath}_2,\\
\\
\vec{k}_0 = - \mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\imath}_2 + \cos\theta\,\vec{k}_2.
\end{array}

Tenemos entonces


\vec{\omega}_{21} = -\dot{\phi}\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\imath}_2 + \dot{\theta}\,\vec{\jmath}_2 + \dot{\phi}\cos\theta\,\vec{k}_2.

Ahora podemos hacer el producto escalar


\vec{L}_G = \overset\leftrightarrow{I}_G\cdot\vec{\omega}_{21}
=
I
\left[
\begin{array}{ccc}
0  & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{array}
\right]_2
\left[
\begin{array}{c}
-\dot{\phi}\,\mathrm{sen}\,\theta\\
\dot{\theta}\\
\dot{\phi}\cos\theta
\end{array}
\right]_2
=
\left[
\begin{array}{c}
0\\
I\dot{\theta}\\
I\dot{\phi}\cos\theta\\
\end{array}
\right]_2

La forma más sencilla de calcular el momento cinético en A es trasladar el momento cinético en G usando la ecuación del campo de momentos cinéticos del sólido


\vec{L}_A = \vec{L}_G + \vec{C}\times\overrightarrow{GA}.

Aquí, \vec{C}=\vec{v}^{\,G}_{21} es la cantidad de movimiento de la barra.

2.3 Energías cinética y potencial de la barra

Podemos calcular la energía cinética usando la expresión


T = \dfrac{1}{2}m|\vec{v}^{\,G}_{21}|^2 + \dfrac{1}{2}\vec{\omega}_{21}\cdot\overset\leftrightarrow{I}_G\cdot\vec{\omega}_{21}.

El primer sumando es la energía cinética de traslación. La velocidad absoluta del CM de la barra es


\begin{array}{ll}
\vec{v}^{\,G}_{21} &  =  \vec{v}^{\,A}_{21}  + \vec{\omega}\times\overrightarrow{AG} = -R\dot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\imath}_0 + R\dot{\phi}(1+\cos\theta)\,\vec{\jmath}_0 - R\dot{\theta}\cos\theta\,\vec{k}_0 \\
& \vec{v}^{\,A}_{21} = R\dot{\phi}\,\vec{\jmath}_0,\\
& \vec{\omega}_{21}\times\overrightarrow{AG} = -R\dot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\imath}_0 + R\dot{\phi}\cos\theta\,\vec{\jmath}_0 - R\dot{\theta}\cos\theta\,\vec{k}_0.
\end{array}

La energía cinética de traslación es


T_T =  \dfrac{1}{2}m|\vec{v}^{\,G}_{21}|^2 = \dfrac{1}{2}mR^2\left(\dot{\theta}^2 + \dot{\phi}^2(1+\cos\theta)^2\right).

El otro sumando es la energía cinética de rotación. Podemos usar el momento cinético que ya hemos calculado. Además, podemos utilizar las expresiones de los vectores en la base 2, pues el producto escalar no depende de en que base se expresen los vectores


T_R = \dfrac{1}{2}\vec{\omega}_{21}\cdot\overset\leftrightarrow{I}_G\cdot\vec{\omega}_{21} = \dfrac{1}{2}\vec{\omega}_{21}\cdot\vec{L}_G = \dfrac{1}{2}I\left(\dot{\theta}^2 + \dot{\phi}^2\cos^2\theta\right).

La energía cinética es


T = T_T + T_R = \dfrac{1}{2}(mR^2+ I)\dot{\theta}^2 + \dfrac{1}{2}(mR^2(1+\cos\theta)^2 + I\cos^2\theta)\dot{\phi}^2.

La energía potencial es únicamente gravitatoria. Escogiendo como altura de referencia el plano OX1Y1 vale


U = -mgR\,\mathrm{sen}\,\theta.

Hay que poner el signo menos pues debe ser menor que cero cuando el centro de la barra está por debajo del plano.

2.4 Desvinculación de la barra

Si imponemos que \dot{\phi}=\omega_0, eliminamos un grado de libertad de movimiento. En este caso la reducción cinemática en A respecto del aro fijo es


\vec{\omega}_{21} = [0, \dot{\theta}, \omega_0]_0
\qquad
\vec{v}^{\,A}_{21} = [0, R\omega_0, 0]_0

A partir de aquí la reducción vincular en el punto A es


\vec{\Gamma}_{21} = [\Gamma_x, 0, \Gamma_z]_0
\qquad
\vec{A}_{21} = [A_x, A_y, A_z]_0

Las componentes Ay y Γz aparecen porque las componentes donde aparece ω0 en la reducción cinemática son vínculos reónomos. El valor de esas componentes está prefijado, y para garantizar que esto ocurra siempre debe haber reacciones vinculares que lo hagan posible.

Tenemos así 6 incógnitas en el problema: {θ,Ax,Ay,Azxz}. De los teoremas fundamentales obtendríamos 6 ecuaciones escalares, por lo que el problema está bien definido.

2.5 Percusión

Utilizamos las ecuaciones de Lagrange percusivas para determinar el estado de la barra justo después de la percusión. En este caso hay sólo una ecuación, pues tenemos sólo un grado de libertad: θ.


\Delta p_{\theta} = \hat{Q}.

Con la Lagrangiana que nos dan tenemos


p_{\theta} = \dfrac{\partial L}{\partial\dot{\theta}} = 2B\dot{\theta}.

La variación del momento generalizado en la percusión es


\Delta p_{\theta} = 2B\Delta\dot{\theta} = 2B\dot{\theta}^+.

La percusión se aplica en el punto B de la barra. Necesitamos su velocidad absoluta


\begin{array}{ll}
\vec{v}^{\,B}_{21} &  =  \vec{v}^{\,A}_{21}  + \vec{\omega}\times\overrightarrow{AB} = -2R\dot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\imath}_0 + R\dot{\phi}(1+2\cos\theta)\,\vec{\jmath}_0 - 2R\dot{\theta}\cos\theta\,\vec{k}_0 \\
& \vec{v}^{\,A}_{21} = R\dot{\phi}\,\vec{\jmath}_0,\\
& \vec{\omega}_{21}\times\overrightarrow{AB} = -2R\dot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\imath}_0 + 2R\dot{\phi}\cos\theta\,\vec{\jmath}_0 - 2R\dot{\theta}\cos\theta\,\vec{k}_0.
\end{array}

La percusión generalizada es


\hat{Q} = \left.\vec{\hat{F}}\cdot\dfrac{\partial\vec{v}^{\,B}_{21}}{\partial\dot{\theta}}\right|_{\theta=\pi/2} = 
\left.-2R\hat{F}_0\,\mathrm{sen}\,\theta\right|_{\theta=\pi/2} = 
-2R\hat{F}_0.

Obtenemos finalmente


\dot{\theta}^+ = -\dfrac{\hat{F}_0R}{B}.

Las percusiones que actúan sobre la barra son \vec{\hat{F}} y la percusión vincular \vec{\hat{A}}. La variación de la cantidad de movimiento de la barra en la percusión es


\Delta \vec{C} = \vec{\hat{F}} + \vec{\hat{A}}

Tenemos


\Delta \vec{C} = \vec{C}^+ - \vec{C}^- = m(\vec{v}^{\,G+}_{22} - \vec{v}^{\,G-}_{21})

Tenemos


\begin{array}{l}
\vec{v}^{\,G-}_{21} = [0, R\omega_0, 0]_0,\\
\\
\vec{v}^{\,G+}_{21} = \left[\dfrac{\hat{F}_0R^2}{B}, R\omega_0, 0\right]_0.
\end{array}

Por tanto


\Delta\vec{C} = \dfrac{m\hat{F}_0R^2}{B}\,\vec{\imath}_0.

Y la percusión vincular es


\vec{\hat{A}}_{21} = \Delta\vec{C} - \vec{\hat{F}} = \hat{F}_0\left(\dfrac{mR^2}{B}-1\right)\,\vec{\imath}_0 - \hat{F}_0\,\vec{\jmath}_0.

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