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Sep. 2018 (M.R.) Barra rotando alrededor de barra horizontal con muelle

De Laplace

Contenido

1 Enunciado

Una barra de longitud 2d y masa despreciable (sólido "0") puede rotar alrededor del eje OZ1. El punto O de la barra es fijo. La barra "0" siempre está contenida en el plano OX1Y1. Otra barra, también de longitud 2d y masa m (sólido "2"), está conectada a la barra "0" por un pasador en el punto A. El pasador desliza sobre la barra "0". Además, la barra "2" gira alrededor de la barra "0". Un muelle de constante elástica k y longitud natural nula l0 = d conecta los puntos O y A.

  1. Determina las reducciones cinemáticas {01},{20} y {21} en G.
  2. Calcula el momento cinético de la barra "2" respecto de G.
  3. A partir de ahora suponemos que \phi=\dot{\phi}=\ddot{\phi}=0, es decir, la coordenada φ ya no es un grado de libertad. Escribe las ecuaciones de Lagrange del sistema.
  4. En t = 0 tenemos s(0) = d, θ(0) = − π / 2, \dot{s}(0)=0 y \dot{\theta}=0 (φ sigue estando fijada). La barra "2" recibe una percusión \vec{\hat{F}} = [\hat{F}_0, 0, \hat{F}_0]_1 en el punto B. Determina el estado del sistema justo después de la percusión.

2 Solución

2.1 Reducciones cinemáticas en G

Para el movimiento {01} tenemos


\vec{\omega}_{01} = \dot{\phi}\,\vec{k}_0, \qquad \vec{v}^{\,O}_{01} = \vec{0}.

Teniendo en cuenta que


\overrightarrow{OG} = s\,\vec{\imath}_0 + d\cos{\theta}\,\vec{\jmath}_0 + d\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{k}_0,

tenemos


\vec{v}^{\,G}_{01} = \vec{v}^{\,O}_{01} + \vec{\omega}_{01}\times\overrightarrow{OG}
=-d\dot{\phi}\cos\theta\,\vec{\imath}_0 + s\dot{\phi}\,\vec{\jmath}_0.

Para el movimiento {20}


\vec{\omega}_{20} = \dot{\theta}\,\vec{\imath}_0, \qquad \vec{v}^{\,A}_{01} = \dot{s}\,\vec{\imath}_0.

Teniendo en cuenta que


\overrightarrow{AG} = d\cos{\theta}\,\vec{\jmath}_0 + d\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{k}_0,

tenemos


\vec{v}^{\,G}_{20} = \dot{s}\,\vec{\imath}_0 -d\dot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\jmath}_0 + d\dot{\theta}\cos\theta\,\vec{k}_0.

Para el movimiento {21} usamos las leyes de composición


\begin{array}{l}
\vec{\omega}_{21} = \vec{\omega}_{20} + \vec{\omega}_{01} =\dot{\theta}\,\vec{\imath}_0 + \dot{\phi}\,\vec{k}_0.\\
\\
\vec{v}^{\,G}_{21} = \vec{v}^{\,G}_{20} + \vec{v}^{\,G}_{01} = 
(\dot{s} - d\dot{\phi}\cos\theta)\,\vec{\imath}_0 -d\dot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\jmath}_0 + d\dot{\theta}\cos\theta\,\vec{k}_0.
\end{array}

2.2 Momento cinético de la barra respecto a G

El momento cinético respecto al Centro de Masas G es


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

El tensor de inercia es


\overset\leftrightarrow{I}_G
\left[
\begin{array}{ccc}
I_0 & 0 & 0\\
0 & I_0 & 0\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right]_2
\qquad\qquad
I_0 = \dfrac{1}{12}m(2d)^2 = \dfrac{1}{3}md^2.

Hay que expresar \vec{\omega}_{21} en la base "2". Del dibujo tenemos


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

Entonces


\vec{\omega}_{21} = \dot{\theta}\,\vec{\imath}_0 + \dot{\phi}\,\vec{k}_0
=
\dot{\theta}\,\vec{\imath}_2 -\dot{\phi}\cos\theta\,\vec{\jmath}_0 + \dot{\phi}\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{k}_2.

El momento cinético es


\vec{L}_G 
=
\left[
\begin{array}{ccc}
I_0 & 0 & 0\\
0 & I_0 & 0\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right]_2
\left[
\begin{array}{c}
\dot{\theta} \\ -\dot{\phi}\cos\theta \\  \dot{\phi}\,\mathrm{sen}\,\theta
\end{array}
\right]_2
=
\left[
\begin{array}{c}
I_0\dot{\theta} \\ -I_0\dot{\phi}\cos\theta \\  0
\end{array}
\right]_2

2.3 Ecuaciones de Lagrange

Al restringir el grado de libertad φ, el problema tiene sólo dos grados de libertad {s,θ}. La reducción cinemática y el momento angular quedan


\begin{array}{l}
\vec{\omega}_{21} = [\dot{\theta},\, 0,\, 0]_0\\
\\
\vec{v}^{\,G}_{21} = 
[\dot{s},\,  -d\dot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta\,  d\dot{\theta}\cos\theta]_0\\
\\
\vec{L}_G = [I_0\dot{\theta}, \, 0, \, 0]_0.
\end{array}

2.3.1 Energía cinética

Tenemos

T = Ttra + Trot

Para la energía cinética de traslación


T_{tra} = \dfrac{1}{2}m|\vec{v}^{\,G}_{21}|^2
=
\dfrac{1}{2}m(\dot{s}^2 + d^2\dot{\theta}^2).

La de rotación es


T_{rot} = \dfrac{1}{2}\vec{L}_G\cdot\vec{\omega}_{21}
=
\dfrac{1}{6}md^2\dot{\theta}^2.

Hemos usado la expresión de \vec{\omega}_{21} para calcular el producto escalar con el momento cinético \vec{L}_G. Entonces


T = \dfrac{1}{6}m(3\dot{s}^2 + 4d^2\dot{\theta}^2).

2.3.2 Energía potencial

Contribuyen el muelle y la gravedad


U_g = m g d\,\mathrm{sen}\,\theta, \qquad U_k = \dfrac{1}{2}k(s-d)^2.

Para la energía potencial gravitatoria hemos tomado como referencia el plano OX1Y1. La energía potencial total es


U = U_g + U_k = 
 m g d\,\mathrm{sen}\,\theta + \dfrac{1}{2}k(s-d)^2.

2.3.3 Ecuaciones de Lagrange

La función de Lagrange es


L = T - U = 
\dfrac{1}{6}m(3\dot{s}^2 + 4d^2\dot{\theta}^2) - 
 m g d\,\mathrm{sen}\,\theta - \dfrac{1}{2}k(s-d)^2.

Ecuación de Lagrange para s:


\left.
\begin{array}{l}
\dfrac{\partial L}{\partial \dot{s}} = m\dot{s},\\
\\
\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{s}}\right) = m\ddot{s},\\
\\
\dfrac{\partial L}{\partial s} = -k(s-d).
\end{array}
\right\}
\to
\ddot{s} + \dfrac{k}{m}(s-d) = 0

Ecuación de Lagrange para θ:


\left.
\begin{array}{l}
\dfrac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} = \dfrac{4}{3}md^2\dot{\theta},\\
\\
\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}\right) =  \dfrac{4}{3}md^2\ddot{\theta},\\
\\
\dfrac{\partial L}{\partial \theta} = -mgd\cos\theta.
\end{array}
\right\}
\to
\ddot{\theta} + \dfrac{3g}{4d}\cos\theta=0.

En este caso las dos ecuaciones están desacopladas.

2.4 Percusión

El estado inicial del sistema es


s(0) = d, \qquad \dot{s}(0) = 0, \qquad \theta(0) = -\pi/2, \qquad \dot{\theta}(0)=0.

La percusión se aplica en B y vale \vec{\hat{F}} = [\hat{F}_0, 0, \hat{F}_0]. Vamos a necesitar la velocidad absoluta del punto B. Teniendo en cuenta que \overrightarrow{GB} = [0,d\cos\theta, d\,\mathrm{sen}\,\theta]_0 , tenemos


\vec{v}^{\,B}_{21} = \vec{v}^{\,G}_{21} + \vec{\omega}_{21}\times\overrightarrow{GB} =
[\dot{s}, -2d\dot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta, 2d\dot{\theta}\cos\theta]_0.

Los momentos generalizados son


p_s = \dfrac{\partial L}{\partial \dot{s}} = m\dot{s}, \qquad
p_{\theta} = \dfrac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} = \dfrac{4}{3}md^2\dot{\theta}.

Las ecuaciones de Lagrange impulsivas son


\begin{array}{l}
\Delta p_s = \hat{Q}^{NC}_s = \left.\vec{\hat{F}}\cdot\dfrac{\partial\vec{v}^{\,B}_{21}}{\partial \dot{s}}\right|_{t=0},\\
\\
\Delta p_{\theta} = \hat{Q}^{NC}_s =  \left.\vec{\hat{F}}\cdot\dfrac{\partial\vec{v}^{\,B}_{21}}{\partial \dot{\theta}}\right|_{t=0}.
\end{array}

Como se parte del reposo


\Delta p_s = m\dot{s}^+, \qquad \Delta p_{\theta} = \dfrac{4}{3}md^2\dot{\theta}^+.

Tenemos


\dfrac{\partial\vec{v}^{\,B}_{21}}{\partial \dot{s}} = [1,\,0,\,0]_0,
\qquad
\dfrac{\partial\vec{v}^{\,B}_{21}}{\partial \dot{\theta}} = [0,\, -2d\,\mathrm{sen}\,\theta, \, 2d\cos\theta ]_0.

Por tanto


\left.\dfrac{\partial\vec{v}^{\,B}_{21}}{\partial \dot{s}}\right|_{t=0} = [1,\,0,\,0]_0,
\qquad
\left.\dfrac{\partial\vec{v}^{\,B}_{21}}{\partial \dot{\theta}}\right|_{t=0}  = [0,\, 2d, \, 0 ]_0.

Las percusiones generalizadas son


Q^{NC}_{s} = \hat{F}_0, \qquad Q^{NC}_{\theta} = 0.

Y el estado después de la percusión es


\dot{s}(0^+) = \dfrac{\hat{F}_0}{m}, \qquad \dot{\theta}(0^+) = 0.

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