Barra oscilando alrededor de un extremo con muelle (F1-GIC)

Enunciado

Una barra de masa $m$ y longitud $L$ está articulada en un extremo en el punto fijo $O$. El otro extremo se conecta a un muelle de constante elástica y longitud natural nula. Usando el Teorema del Momento Cinético, encuentra la frecuencia con la que oscila la barra suponiendo que el ángulo $\theta$ es siempre muy pequeño.

Solución

Fuerzas sobre la barra

La figura de la derecha muestra las fuerzas que actúan sobre la barra. Tenemos el peso, la fuerza que ejerce el muelle y la fuerza vincular en el punto $O$. La fuerza ${\vec {O}}$ tiene dos componentes por que el punto $O$ de la barra tiene todos los movimientos prohibidos (consideramos el sistema bidimensional). No sabemos a priori ni su dirección ni su sentido, por eso se la da una dirección arbitraria en el diagrama de fuerzas.

Como el muelle tiene longitud natural nula, la fuerza que ejerce sobre el punto $B$ viene dada por la expresión

${\vec {F}}_{k}=-k\,{\overrightarrow {AB}}.$

El vector ${\overrightarrow {AB}}$ es

${\begin{array}{ll}{\overrightarrow {AB}}&={\overrightarrow {OB}}-{\overrightarrow {OA}}=L\,(\cos \theta -1)\,{\vec {\imath }}+(L\,\mathrm {sen} \,\theta -h)\,{\vec {\jmath }}\\&{\overrightarrow {OB}}=L\cos \theta \,{\vec {\imath }}+L\,\mathrm {sen} \,\theta \,{\vec {\jmath }},\\&{\overrightarrow {OA}}=L\,{\vec {\imath }}+h\,{\vec {\jmath }}.\end{array}}$

Nos pide el problema que estudiemos el movimiento cuando $\theta$ es pequeño. Entonces podemos aproximar las funciones coseno y seno por sus polinomios de Taylor

${\begin{array}{l}\mathrm {sen} \,\theta =\theta -{\dfrac {1}{3!}}\theta ^{3}+O(\theta ^{5}),\\\cos \theta =1-{\dfrac {1}{2!}}\theta ^{2}+O(\theta ^{4}).\end{array}}$

Nos basta con usar el primer término del polinomio en cada caso. Tenemos entonces

$\mathrm {sen} \,\theta \approx \theta ,\qquad \cos \theta \approx 1.$

El vector ${\overrightarrow {AB}}$ es

${\overrightarrow {AB}}\approx (L\theta -h)\,{\vec {\jmath }}.$

Podemos ahora escribir las tres fuerzas que actúan sobre la barra, proyectadas en los ejes de la figura

${\begin{array}{lr}{\vec {P}}_{m}=-mg\,{\vec {\jmath }},&(G)\\{\vec {O}}=O_{x}\,{\vec {\imath }}+O_{y}\,{\vec {\jmath }},&(O)\\{\vec {F}}_{k}\approx k\,(h-L\theta )\,{\vec {\jmath }}.&(B)\end{array}}$

La fuerza vincular

Ecuación de movimiento

Podemos obtener la ecuación de movimiento aplicando el Teorema del momento angular (TMA) en el punto $O$. Como la fuerza vincular ${\vec {O}}$ no crea momento en ese punto, por estar aplicada en él, sus componentes no aparecen en el TMA.

${\dfrac {\mathrm {d} {\vec {L}}_{O}}{\mathrm {d} t}}={\vec {M}}_{O}^{\,\mathrm {Total} }.$

El momento angular es

${\begin{array}{ll}{\vec {L}}_{O}&=I_{O}\,{\vec {\omega }}={\dfrac {1}{3}}mL^{2}{\dot {\theta }}\,{\vec {k}}.\\&I_{O}=mL^{3}/2,\\&{\vec {\omega }}={\dot {\theta }}\,{\vec {k}}.\end{array}}$

Aquí, $I_{O}$ es el momento de inercia de la barra respecto a un eje perpendicular a ella que pasa por su extremo. El vector ${\vec {\omega }}$ es el vector que describe la rotación de la barra.

Lo único que cambia con el tiempo en la expresión del momento angular es ${\dot {\theta }}$. Por tanto, su derivada temporal es

${\dfrac {\mathrm {d} {\vec {L}}_{O}}{\mathrm {d} t}}={\dfrac {1}{3}}mL^{2}{\dfrac {\mathrm {d} {\dot {\theta }}}{\mathrm {d} t}}\,{\vec {k}}={\dfrac {1}{3}}mL^{2}{\ddot {\theta }}\,{\vec {k}}.\qquad (a)$

Vamos ahora con el lado derecho del TMA. El momento total de fuerza respecto al punto $O$ es la suma del momento creado por el peso y el muelle

${\begin{array}{ll}{\vec {M}}_{O}^{\,\mathrm {Total} }&={\overrightarrow {OG}}\times {\vec {P}}_{m}+{\overrightarrow {OB}}\times {\vec {F}}_{k}=\left(-{\dfrac {1}{2}}mgL+kLh-kL^{2}\theta \right)\,{\vec {k}}.\qquad (b)\\&{\overrightarrow {OB}}\approx L\,{\vec {\imath }}+L\theta \,{\vec {\jmath }},\\&{\overrightarrow {OG}}={\dfrac {1}{2}}{\overrightarrow {OB}}\approx {\dfrac {L}{2}}\,{\vec {\imath }}+{\dfrac {L}{2}}\theta \,{\vec {\jmath }}.\end{array}}$

Igualando las expresiones $(a)$ y $(b)$ obtenemos la ecuación de movimiento

${\dfrac {1}{3}}mL^{2}{\ddot {\theta }}=-{\dfrac {1}{2}}mgL+kLh-kL^{2}\theta .$

Esta es la ecuación del movimiento armónico simple (MAS). Podemos reescribirla así

${\ddot {\theta }}=-{\dfrac {3k}{m}}\,\theta +\left({\dfrac {3kh}{mL}}-{\dfrac {3g}{2L}}\right).$

El término entre paréntesis en el lado derecho es constante. Es decir, es la ecuación inhomogénea del MAS. Escrita de esta forma permite identificar el factor multiplicando a $\theta$ como el cuadrado de la frecuencia angular del movimiento, y de ahí obtenemos el período y la frecuencia

$\omega ={\sqrt {\dfrac {3k}{m}}},\qquad T={\dfrac {2\pi }{\omega }}=2\pi {\sqrt {\dfrac {m}{3k}}},\qquad f={\dfrac {1}{T}}={\dfrac {\omega }{2\pi }}={\dfrac {1}{2\pi }}\,{\sqrt {\dfrac {3k}{m}}}.$

Situación de equilibrio

El término constante en la ecuación de movimiento quiere decir que la posición de equilibrio no corresponde a $\theta =0$ (la barra en posición horizontal). Podemos obtener el ángulo para el que la barra está en equilibrio imponiendo en la ecuación de movimiento ${\ddot {\theta }}=0$, es decir, que no haya movimiento.

$0=-{\dfrac {3k}{m}}\,\theta _{eq}+\left({\dfrac {3kh}{mL}}-{\dfrac {3g}{2L}}\right)\Longrightarrow \theta _{eq}={\dfrac {h}{L}}-{\dfrac {mg}{2kL}}.$