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Barra empujando placa con vértice fijo (MR G.I.C.)

De Laplace

Contenido

1 Enunciado

2 Barra empujando placa con vértice fijo

El sistema de sólidos de la figura está formado por una varilla (sólido "2", masa m, longitud l_2=2\sqrt{2}a) y por una placa cuadrada (sólido "0", masa m, lado l0 = 2a) articulados entre sí en el punto B. Sobre el eje OX1 se apoyan el extremo A de la barra y el lado BD del cuadrado. Todos los contactos son lisos, salvo el apoyo del cuadrado, donde el coeficiente de rozamiento μ es tal que el deslizamiento es imposible. Sobre el extremo A se aplica una fuerza horizontal \vec{F}=2\lambda mg\vec{\imath}_1 donde λ es un parámetro del problema. Inicialmente A coincide con O.

  1. Obtén el sistema de ecuaciones que permite determinar la ecuación diferencial del movimiento y las fuerzas vinculares del problema.
  2. Suponiendo λ = λ0(cte.), demuestra que el trabajo de \vec{F} es conservativo, con una energía potencial VF(x) = − F0x, donde F0 = 2λ0mg. Obtén el movimiento del sistema en forma de integral primera, suponiendo reposo inicial.

3 Solución

3.1 Geometría del problema

En la figura de la izquierda se muestra la relación entre los parámetros geométricos x, θ y ψ. Llamamos b=\sqrt{2}a. La barra y la diagonal B'D de la placa forman siempre un triángulo isósceles. Vemos entonces que la relación entre los ángulos es


\theta + \psi + \dfrac{\pi}{2}=\pi \Longrightarrow \psi = \dfrac{\pi}{2} - \theta

Por otro lado, en t = 0 el punto A estaba sobre O, y la placa estaba completamente apoyada sobre el eje OX1. Por tanto θ(0) = π / 4 y  \overline{OD} = 4a . Entonces


x = \overline{OD} - \overline{AD} = 4(a-b\cos\theta)

Vemos que el movimiento está descrito por un sólo grado de libertad. Escogeremos el ángulo θ para describirlo

3.2 Cinemática del problema

Tanto el sólido "2" como el "0" describen una rotación plana. Vamos a encontrar las reducciones cinemáticas de estos movimientos.

Movimiento {21}


\begin{array}{lcl}
\vec{\omega}_{21} = \dot{\theta}\,\vec{k}_1, & \qquad & \vec{\alpha}_{21} = \ddot{\theta}\,\vec{k}_1\\
\vec{v}^A_{21} = \dot{x}\,\vec{\imath}_1 = 4b\dot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\imath}_1, &\qquad &
\vec{a}^A_{21} = \ddot{x}\,\vec{\imath}_1 = 4b(\ddot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta + \dot{\theta}^2\cos\theta)\,\vec{\imath}_1
\end{array}

Necesitaremos la velocidad y la aceleración en el centro de masas de la barra:


\begin{array}{l}
\vec{v}^{G_2}_{21} = \vec{v}^A_{21} + \vec{\omega}_{21}\times\overrightarrow{AG}_2\\
\vec{a}^{G_2}_{21} = \vec{a}^A_{21} + \vec{\alpha}_{21}\times\overrightarrow{AG}_2 - \omega_{21}^2\overrightarrow{AG}_2
\end{array}

Hemos utilizado la versión simplificada de la ecuación del campo de aceleraciones, pues el movimiento es plano. El vector geométrico es


\overrightarrow{AG}_2 = b\cos\theta\,\vec{\imath}_1 + b\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\jmath}_1

Operando llegamos a


\begin{array}{l}
\vec{v}^{G_2}_{21} = 3b\dot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\imath}_1 + b\dot{\theta}\cos\theta\,\vec{\jmath}_1\\
\vec{a}^{G_2}_{21} = 3b(\ddot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta + \dot{\theta}^2\cos\theta)\,\vec{\imath}_1 + b(\ddot{\theta}\cos\theta - \dot{\theta}^2\,\mathrm{sen}\,\theta)\,\vec{\jmath}_1
\end{array}


Movimiento {01}


\begin{array}{lcl}
\vec{\omega}_{01} = \dot{\psi}\,\vec{k}_1 = -\dot{\theta}\,\vec{k}_1, & \qquad & \vec{\alpha}_{01} = -\ddot{\theta}\,\vec{k}_1\\
\vec{v}^D_{01} = \vec{0}, &\qquad &
\vec{a}^D_{01} = \vec{0}
\end{array}

Necesitaremos la aceleración en el centro de masas de la placa:


\vec{a}^{G_0}_{01} = \vec{a}^G_{01} + \vec{\alpha}_{01}\times\overrightarrow{DG}_0 - \omega_{01}^2\overrightarrow{DG}_0

De nuevo el movimiento es plano. El vector geométrico es


\overrightarrow{DG}_0 = -b\cos\theta\,\vec{\imath}_1 + b\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\jmath}_1

Operando llegamos a


\vec{a}^{G_0}_{01} = b(\ddot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta + \dot{\theta}^2\cos\theta)\,\vec{\imath}_1 + b(\ddot{\theta}\cos\theta - \dot{\theta}^2\,\mathrm{sen}\,\theta)\,\vec{\jmath}_1

3.3 Fuerzas sobre las placas

La figura de la derecha muestra las fuerzas que actúan sobre cada sólido. Vamos a expresarlas en el sistema OX1Y1.

Para el sólido "0"


\begin{array}{l}
\vec{P}_0 = -mg\,\vec{\jmath}_1\\
\vec{N}^D_{01} = N_D\,\vec{\jmath}_1\\
\vec{f}^D_{01} = -f_D\,\vec{\imath}_1\\
\vec{F}^B_{02} = B_x\,\vec{\imath}_1 + B_y\,\vec{\jmath}_1
\end{array}

Para el sólido "2" tenemos


\begin{array}{l}
\vec{F} = 2\lambda mg\,\vec{\jmath}_1\\
\vec{P}_2 = -mg\,\vec{\jmath}_1\\
\vec{N}^A_{01} = N_A\,\vec{\jmath}_1\\
\vec{F}^B_{20} = -B_x\,\vec{\imath}_1 - B_y\,\vec{\jmath}_1
\end{array}

3.4 Ecuaciones de movimiento

Tenemos 6 incógnitas en el problema, a saber


\{\theta,\, N_D,\, f_D,\, B_x,\, B_y,\, N_A\}

Aplicando el T.C.M. y el T.M.C. en cada sólido obtenemos 6 ecuaciones, por lo que podemos resolver el problema.

3.4.1 Sólido "2"

T.C.M. en el sólido "2"


m\vec{a}^{G_2}_{21} = \vec{F} + \vec{P}_2 + \vec{N}^A_{01} + \vec{F}^B_{20}
\Longrightarrow
\left\{
\begin{array}{llr}
(X_1): & 3mb(\ddot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta + \dot{\theta}^2\cos\theta) =
2\lambda mg - B_x & (1)\\
(Y_1): & mb(\ddot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta + \dot{\theta}^2\cos\theta) =
-mg - B_y + N_A & (2)
\end{array}
\right.

Aplicamos el T.M.C. en el centro de masas


\dot{\vec{L}}_{G_2} =  \vec{M}^{\mathrm{ext}}_{G_2}

La derivada del momento cinético es


\dot{\vec{L}}_{G_2} = I_2 \vec{\alpha}_{21}

El momento de inercia es el de una barra respecto a un eje perpendicular a ella que pasa por su centro de masas


I_2 = \dfrac{1}{12}m(2b)^2 = \dfrac{1}{3}mb^2

Para los momentos tenemos


\vec{M}^{ext}_{G_2} = \overrightarrow{G_2A}\times\vec{F} + \overrightarrow{G_2A}\times\vec{N}_{21}^A + \overrightarrow{G_2B}\times\vec{F}_{20}^B

Los vectores geométricos son


\overrightarrow{G_2A} = -b\cos\theta\,\vec{\imath}_1 - b\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\jmath}_1, \qquad
\overrightarrow{G_2B} = b\cos\theta\,\vec{\imath}_1 + b\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\jmath}_1

Operando tenemos


\vec{M}^{ext}_{G_2} = (b\cos\theta\,(B_y-N_A) +  b\,\mathrm{sen}\,\theta\,(2\lambda mg - B_x))\,\vec{k}

Aplicando el T.M.C. tenemos


I_2\ddot{\theta} =  -b\cos\theta\,(B_y+N_A) +  b\,\mathrm{sen}\,\theta\,(2\lambda mg + B_x) \qquad (3)

3.4.2 Sólido "0"

T.C.M. en el sólido "0"


m\vec{a}^{G_0}_{01} = \vec{P}_0 + \vec{N}^D_{01} + \vec{f}_{01}^D + \vec{F}^B_{02}
\Longrightarrow
\left\{
\begin{array}{llr}
(X_1): & mb(\ddot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta + \dot{\theta}^2\cos\theta) =
B_x - f_D & (4)\\
(Y_1): & mb(\ddot{\theta}\cos\theta- \dot{\theta}^2\,\mathrm{sen}\,\theta ) =
-mg + B_y + N_D & (5)
\end{array}
\right.

Aplicamos el T.M.C. en el punto D, que es un punto fijo


\dot{\vec{L}}_{D} = \vec{M}^{\mathrm{ext}}_{D}

La derivada del momento cinético es


\dot{\vec{L}}_{D} = I_0 \vec{\alpha}_{01}

El momento de inercia es el de una placa cuadrada respecto a un eje perpendicular a ella que pasa por el vértice D. El momento de inercia respecto a un eje perpendicular a la placa cuadrada que pasa por se su centro de masas es


I_0(G_0) = \dfrac{1}{6}M(2a)^2 = \dfrac{2}{3}Ma^2

Usando el teorema de Steiner el momento de inercia respecto a un eje que pasa por D es


I_0 = I_0(G) + M(\sqrt{2}a)^2 = \dfrac{8}{3}ma^2

Entonces


\dot{\vec{L}}_{D} = -I_0\ddot{\theta}\,\vec{k}_1

Para los momentos tenemos


\vec{M}^{ext}_{D} =  \overrightarrow{DG_0}\times\vec{P}_{0} + \overrightarrow{DB}\times\vec{F}_{02}^B

Los vectores geométricos son


\overrightarrow{DG_0} = -b\cos\theta\,\vec{\imath}_1 + b\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\jmath}_1, \qquad
\overrightarrow{DB} = 2\overrightarrow{DG_0} = -2b\cos\theta\,\vec{\imath}_1 + 2b\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\jmath}_1

Recordemos que la diagonal de la placa es \sqrt{2}a=b . Operando tenemos


\vec{M}^{ext}_{D} = (b\cos\theta\,(mg-2B_y) -  2bB_x\,\mathrm{sen}\,\theta)\,\vec{k}_1

Aplicando el T.M.C. tenemos


I_0\ddot{\theta} =  -b\cos\theta\,(mg-2B_y) +  2bB_x\,\mathrm{sen}\,\theta \qquad (6)

3.4.3 Ecuaciones

Reunimos aquí las seis ecuaciones que hemos encontrado


\begin{array}{lr}
3mb(\ddot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta + \dot{\theta}^2\cos\theta) =
2\lambda mg - B_x & (1)\\
& \\
mb(\ddot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta + \dot{\theta}^2\cos\theta) =
-mg - B_y + N_A & (2)\\
& \\
I_2\ddot{\theta} =  -b\cos\theta\,(B_y+N_A) +  b\,\mathrm{sen}\,\theta\,(2\lambda mg + B_x) & (3)\\
& \\
mb(\ddot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta + \dot{\theta}^2\cos\theta) =
B_x - f_D & (4)\\
& \\
mb(\ddot{\theta}\cos\theta - \dot{\theta}^2\,\mathrm{sen}\,\theta) =
-mg + B_y + N_D & (5)\\
& \\
I_0\ddot{\theta} =  -b\cos\theta\,(mg-2B_y) +  2bB_x\,\mathrm{sen}\,\theta & (6)
\end{array}

3.5 Caso con λ constante

Si λ = λ0, constante, la fuerza es


\vec{F} =  F_0\,\vec{\imath}_1

con F0 = 2λ0mg. El trabajo realizado por la fuerza en un desplazamiento infinitesimal del punto A es


\mathrm{d}W(F_0) = \vec{F_0}\cdot\mathrm{d}\vec{r}_A =
F_0\mathrm{d}x

Para que sea potencial debe ocurrir que

dVF = − dW(F0) = − F0dx

sea integrable. Como F0 es constante tenemos


V_f = -\int\limits_0^x -F_0\mathrm{d}x = -F_0x

Hemos tomado como referencia de energía potencial VF(x = 0) = 0. Las fuerzas sobre la placa en D no realizan trabajo, pues el punto D es fijo. Entonces sólo \vec{F}_0 y el peso de los dos sólidos realizan trabajo. Como son todas fuerzas conservativas, la energía mecánica total se conserva


E = T_0 + T_2 + V_{g0} + V_{g2} + V_{F_0} = cte

Calculamos los términos de la energía mecánica. Para la barra tenemos


T_2 = \dfrac{1}{2}M|\vec{v}^{G_2}_{21}|^2 + \dfrac{1}{2}I_2|\vec{\omega}_{21}|^2
=
\dfrac{1}{2}(mb^2(1+8\,\mathrm{sen}^2\theta)+I_2)\,\dot{\theta}^2

Para la placa, al ser D un punto fijo,


T_0 = \dfrac{1}{2}I_0|\vec{\omega}_{01}|^2 = \dfrac{1}{2}I_0\dot{\theta}^2

Las energías potenciales gravitatorias son, tomando como referencia y = 0,


\begin{array}{l}
V_{g2} = mgb\,\mathrm{sen}\,\theta\\
V_{g0} = mgb\,\mathrm{sen}\,\theta
\end{array}

Y la energía potencial asociada a \vec{F}_0 es


V_{F_0} = -F_0x = -4F_0(a-b\cos\theta)

Por tanto la integral primera es


\dfrac{1}{2}\dot{\theta}^2(I_2+I_0+mb^2(1+8\,\mathrm{sen}^2\theta)) + 2mgb\,\mathrm{sen}\,\theta - 4F_0(a-b\cos\theta) = E_0 = CTE

La constante se determina evaluando la energía mecánica con las condiciones iniciales. Si parte del reposo y A coincidía con O tendríamos


\theta(0) = \pi/4, \qquad \dot{\theta}(0) = 0

y


E_0 = \sqrt{2}mgb - 4F_0(a-b/\sqrt{2})
= 2mga

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