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Barra empujando placa deslizante (MR G.I.C.)

De Laplace

Contenido

1 Enunciado

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. Sobre el extremo A se aplica una fuerza horizontal creciente \vec{F}=2\lambda mg\vec{\imath}_1 (λ = t / T), donde T es una constante. Inicialmente (t = 0), el sistema está en reposo y A coincide con O.

  1. Calcula la aceleración del sistema, los valores de las fuerzas vinculares y la posición de la fuerza normal en BD, todo ello en función del tiempo.
  2. Calcula el instante en que el vértice B' empieza a despegar (condición de vuelco) y el trabajo realizado hasta ese instante por la fuerza \vec{F}.

2 Solución

2.1 Cinemática del problema

Suponemos que el lado B'D de la placa no se levanta del suelo. Entonces los dos sólidos realizan una traslación. Las reducciones cinemáticas de los tres movimientos son las siguintes.

Movimiento {21}


\vec{\omega}_{21} = \vec{0}, \qquad \vec{v}^{A}_{21} = \vec{v}_{21}=\dot{x}\,\vec{\imath}_1, 
\qquad \vec{\alpha}_{21} = \vec{0}, \qquad \vec{a}_{21} = \ddot{x}\,\vec{\imath}_1

Movimiento {01}


\vec{\omega}_{01} = \vec{0}, \qquad \vec{v}^{G_0}_{01} = \vec{v}_{01}=\dot{x}\,\vec{\imath}_1,
\qquad \vec{\alpha}_{01} = \vec{0}, \qquad \vec{a}_{01} = \ddot{x}\,\vec{\imath}_1

Movimiento {20}


\vec{\omega}_{20} = \vec{\omega}_{21}-\vec{\omega}_{01} = \vec{0}, \qquad \vec{v}^{B}_{20} = \vec{v}_{20}=\vec{0},
\qquad \vec{\alpha}_{20} = \vec{0}, \qquad \vec{a}_{20} = \vec{0}

Al ser traslaciones, las velocidades son las mismas en todos los puntos del sólido. Por eso no es necesario poner las letras en los vectores velocidad.


2.2 Fuerzas que actúan sobre cada sólido

La figura de la derecha muestra las fuerzas que actúan sobre los sólidos "0" y "2", asi como las dimensiones de la placa, la barra y la distancia entre los puntos A y B'. Expresamos estas fuerzas en el sistema de ejes de la figura Para el sólido "0 tenemos


\begin{array}{l}
\vec{P}_0 = -mg\,\vec{\jmath}_1\\
\vec{F}_{02}^B = B_x\,\vec{\imath}_1 + B_y\,\vec{\jmath}_1\\
\vec{N}^C_{01} = N_C\,\vec{\jmath}_1
\end{array}

Y para el sólido "2"


\begin{array}{l}
\vec{F} = F\,\vec{\imath}_1\\
\vec{N}^A_{21} = N_A\,\vec{\jmath}_1\\
\vec{P}_2 = -mg\,\vec{\jmath}_1\\
\vec{F}_{20}^B = -\vec{F}_{02}^B = -B_x\,\vec{\imath}_1 - B_y\,\vec{\jmath}_1
\end{array}

Hemos utilizado que, por la Tercera Ley de Newton, \vec{F}^B_{20} = -\vec{F}^B_{02}. Al ser todos los vínculos lisos las fuerzas en los contactos A y C son perpendiculares a las superficies.

2.3 Movimiento de los sólidos

Tenemos 6 incógnitas, a saber

{x,Bx,By,NC,NA,δ}

Tendremos 6 ecuaciones, provenientes de aplicar el T.C.M. y el T.M.C. a los dos sólidos. Aplicamos el T.C.M. a los dos sólidos

T.C.M. para el sólido "2":


m\vec{a}^{G_2}_{21} = \vec{F} + \vec{N}^A_{21} + \vec{P}_2 + \vec{F}^B_{20}
\Longrightarrow
\left\{
\begin{array}{llr}
(X_1): & m\ddot{x} = F -B_x & (1)\\
(Y_1): & 0 = N_A - mg - B_y & (2)
\end{array}
\right.

T.C.M. para el sólido "0":


m\vec{a}^{G_0}_{01} = \vec{N}^C_{01} + \vec{P}_0 + \vec{F}^B_{02}
\Longrightarrow
\left\{
\begin{array}{llr}
(X_1): & m\ddot{x} = B_x & (3)\\
(Y_1): & 0 = N_C - mg + B_y & (4)
\end{array}
\right.

Ahora aplicamos el T.M.C. en el centro de masas de cada sólido.

T.M.C. para el sólido "2":\dot{\vec{L}}_{G_2} = \vec{M}^{ext}_{G_2}

Calculamos los momentos sobre el sólido "2"


\begin{array}{l}
\overrightarrow{G_2A}\times\vec{F} = (-a\,\vec{\imath}_1 - a\vec{\jmath}_1)\times(F\,\vec{\imath}_1) = aF\,\vec{k}_1\\
\overrightarrow{G_2A}\times\vec{N}^A_{21} = (-a\,\vec{\imath}_1 - a\vec{\jmath}_1)\times(N_A\,\vec{\jmath}_1) = -aN_A\,\vec{k}_1\\
\overrightarrow{G_2G_2}\times\vec{P}^{2} =\vec{0}\\
\overrightarrow{G_2B}\times\vec{F}^B_{20} = (a\,\vec{\imath}_1 + a\vec{\jmath}_1)\times(-B_x\,\vec{\jmath}_1 - B_y\,\vec{\jmath}_1) = -a(B_y-B_x)\,\vec{k}_1
\end{array}

Por tanto el momento total de las fuerzas externas es


\vec{M}^{ext}_{G_2} = \overrightarrow{G_2A}\times\vec{F} + \overrightarrow{G_2A}\times\vec{N}^{\,A}_{21} + \overrightarrow{G_2B}\times\vec{F}^{\,B}_{20} = a(F - N_A + B_x - B_y)\,\vec{k}_1

Por otro lado, el momento cinético respecto a G2 es


\vec{L}_{G_2} = I_{33}(G_2)\,\vec{\omega}_{21}

y su derivada temporal es


\dot{\vec{L}}_{G_2} = I_{33}(G_2)\,\vec{\alpha}_{21} = \vec{0}

Aplicando el T.M.C. obtenemos la ecuación


F - N_A + B_x - B_y=0 \qquad (5)

Hacemos lo mismo para el sólido "0". El T.M.C. nos dice \dot{\vec{L}}_{G_0} = \vec{M}^{ext}_{G_0} Calculamos los momentos


\begin{array}{l}
\overrightarrow{G_0G_0}\times\vec{P}^{0} =\vec{0}\\
\overrightarrow{G_0B}\times\vec{F}^B_{02} = (-a\,\vec{\imath}_1 + a\vec{\jmath}_1)\times(B_x\,\vec{\jmath}_1 + B_y\,\vec{\jmath}_1) = -a(B_y+B_x)\,\vec{k}_1\\
\overrightarrow{G_0C}\times\vec{N}^C_{01} = (\delta\,\vec{\imath}_1 - a\vec{\jmath}_1)\times(N_C\,\vec{\jmath}_1) = \delta N_C\,\vec{k}_1
\end{array}

Por tanto el momento total de las fuerzas externas es


\vec{M}^{ext}_{G_0} = \overrightarrow{G_0B}\times\vec{F}^{\,B}_{02} + \overrightarrow{G_0C}\times\vec{N}^{\,C}_{01} =
\delta N_C-aB_x-aB_y\,\vec{k}_1

Por otro lado, el momento cinético respecto a G0 es


\vec{L}_{G_0} = I_{33}(G_0)\,\vec{\omega}_{01}

y su derivada temporal es


\dot{\vec{L}}_{G_0} = I_{33}(G_0)\,\vec{\alpha}_{01} = \vec{0}

Aplicando el T.M.C. obtenemos la ecuación


N_C\delta - B_xa - B_ya=0 \qquad (6)

Reunimos aquí las seis ecuaciones que hemos obtenido


\begin{array}{lr}
m\ddot{x} = F -B_x & (1)\\
0 = N_A - mg - B_y & (2)\\
m\ddot{x} = B_x & (3)\\
0 = N_C - mg + B_y & (4)\\
F - N_A + B_x - B_y=0 & (5)\\
N_C\delta - B_xa - B_ya=0 & (6)
\end{array}

Sumando las ecuaciones (1) y (3) obtenemos


\ddot{x} = F/2 = \lambda g = g\dfrac{t}{T}

De la ecuación (3) obtenemos Bx. Restando las ecuaciones (2) y (5) calculamos NA. El resto de incógnitas se despejan fácilmente. La solución final es


\begin{array}{lcl}
\ddot{x} &=& \lambda g\\
B_x &=& \lambda mg\\
B_y &=& \dfrac{3\lambda -1}{2}mg\\
N_A &=& \dfrac{3\lambda+1}{2}mg\\
N_C &=& \dfrac{3(1-\lambda)}{2}mg\\
\delta &=& \dfrac{5\lambda-1}{3(1-\lambda)}a
\end{array}

2.4 Momento en que el vértice B' empieza a despegar

La placa estará pegada al suelo mientras el punto C permanezca dentro de su base. La condición límite se alcanza cuando


\delta(t_0) = a \Longrightarrow
\lambda(t_0) = \dfrac{1}{2}
\Longrightarrow
t_0 = \dfrac{T}{2}

2.5 Trabajo realizado por la fuerza F

La potencia instantánea transmitida por la fuerza es


P_F = \vec{F}\cdot\vec{v}^A_{21} = F\dot{x}

Sabiendo que parte del reposo tenemos


\dot{x} = \int\limits_0^t\ddot{x}\,\mathrm{d}t = \int\limits_0^t g\dfrac{t}{T}\,\mathrm{d}t
=\dfrac{g}{2T}t^2

El trabajo total realizado por la fuerza es


W_F = \int\limits_0^{T/2}P_F = \int\limits_0^{T/2}\dfrac{mg^2}{T^2}t^3\,\mathrm{dt} = 
\dfrac{1}{64}mg^2T^2

Otra forma de calcularlo es darse cuenta que, al considerar como un sólo sólido la barra y la, placa, la única fuerza externa que realiza trabajo es \vec{F}. Entonces podemos aplicar el teorema de la energía cinética para obtener


W_F = \Delta(T_2+T_0) = \dfrac{1}{2}m|\vec{v}_{21}|^2(t_0) +\dfrac{1}{2}m|\vec{v}_{01}|^2(t_0)

Y


\vec{v}_{21} = \vec{v}_{01} = \dot{x}\,\vec{\imath}_1

Utilizando el cálculo de \dot{x} reobtenemos el valor del trabajo de la fuerza.

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