Barra rotando con muelle horizontal (MRGIC)

Enunciado

El mecanismo de la figura está formado por una varilla delgada $OA$ (sólido "2"), de masa $m$ y longitud $L$, y un resorte ideal de constante recuperadora $k$ y longitud natural nula. El extremo $O$ de la varilla está unido mediante una rótula ideal al origen de un sistema de referencia fijo $OX_{1}Y_{1}Z_{1}$ (sólido "1"). El otro extremo $A$ de la varilla está conectado mediante el resorte a un pasador $C$ de masa despreciable que puede deslizar libremente y sin rozamiento por el eje vertical $OZ_{1}$. En todo momento la orientación del eje del resorte es perpendicular a $OZ_{1}$. Se aplica un par motor externo ${\vec {\tau }}=\tau \,{\vec {k}}_{0}$ al sólido "2" que le obliga a rotar con velocidad angular ${\dot {\phi }}=\omega _{0}$ constante.

1. Obtén el valor de una integral primera del movimiento.
2. Obtén el valor del par motor necesario para que se verifique el vínculo.

Solución

Integral primera en el movimiento descrito

Reutilizando los cálculos que hicimos en barra articulada rotando en el espacio, la reducción cinemática del movimiento absoluto de la barra es

${\vec {\omega }}_{21}={\dot {\theta }}\,{\vec {\jmath }}_{0}+{\dot {\phi }}\,{\vec {k}}_{0},\qquad {\vec {v}}_{21}^{\,O}={\vec {0}}.$

Su energía cinética es

$T={\dfrac {1}{2}}I\,({\dot {\phi }}^{2}\,\mathrm {sen} ^{2}\theta +{\dot {\theta }}^{2}).\qquad (I=mL^{2}/3)$

El problema libre tiene dos grados de libertad $\{\phi ,\theta \}$. Sin embargo, en este caso la rotación asociada a $\phi$ está fijada por el vínculo cinemático

${\dot {\phi }}=\omega _{0}.$

Es decir, el sistema tiene sólo un grado de libertad $\{\theta \}$.

Aplicando el vínculo, la energía cinética es

$T={\dfrac {1}{2}}I\,(\omega _{0}^{2}\,\mathrm {sen} ^{2}\theta +{\dot {\theta }}^{2}).$

En este caso hay dos interacciones conservativas actuando sobre el muelle: la gravedad y el muelle. Podemos asociar una energía potencial a cada una de ellas. Tomando como referencia de altura para la energía potencial gravitatoria la del plano fijo $OX_{1}Y_{1}$ tenemos

${\begin{array}{l}U_{g}=-m{\vec {g}}\cdot {\overrightarrow {OG}}={\dfrac {1}{2}}mgL\cos \theta ,\\U_{m}={\dfrac {1}{2}}k|{\overrightarrow {CA}}|^{2}={\dfrac {1}{2}}kL^{2}\,\mathrm {sen} ^{2}\theta .\end{array}}$

Hemos usado que el muelle tiene longitud natural nula.

La función de Lagrange es

$L=T-(U_{g}+U_{m})={\dfrac {1}{2}}I\,(\omega _{0}^{2}\,\mathrm {sen} ^{2}\theta +{\dot {\theta }}^{2})-{\dfrac {1}{2}}mgL\cos \theta -{\dfrac {1}{2}}kL^{2}\,\mathrm {sen} ^{2}\theta .$

La primera opción para buscar integrales primeras es la energía mecánica. Sin embargo, en este caso la energía mecánica no se conserva. El par que hace rotar la barra alrededor del eje transmite una potencia

$P={\vec {\tau }}\cdot {\vec {\omega }}_{21}=\tau \omega _{0}\neq 0.$

Se trata de un vínculo reónomo. Con estos vínculos no se conserva la energía mecánica debido al trabajo que hace un agente externo.

La siguiente opción es buscar alguna coordenada cíclica en la funcion de Lagrange. Pero la única coordenada sí apaerece en la lagrangiana. Entonces no hay momentos generalizados que se conserven.

Queda la opción de comprobar si la función de Hamilton se conserva. Como el sistema es reónomo, la función de Hamilton no es la energía mecánica. En este problema, sería

$H=p_{\theta }{\dot {\theta }}-L(\theta ,{\dot {\theta }})$

La derivada temporal total es

${\dfrac {\mathrm {d} H}{\mathrm {d} t}}={\dfrac {\mathrm {d} p_{\theta }}{\mathrm {d} t}}{\dot {\theta }}+p_{\theta }{\ddot {\theta }}-{\dfrac {\partial L}{\partial \theta }}{\dot {\theta }}-{\dfrac {\partial L}{\partial {\dot {\theta }}}}{\ddot {\theta }}-{\dfrac {\partial L}{\partial t}}.$

Los términos segundo y cuarto se anulan porque, por definición,

$p_{\theta }={\dfrac {\partial L}{\partial {\dot {\theta }}}}.$

El primer y tercer término se anulan porque la ecuación de Lagrange para $\theta$ es

${\dfrac {\mathrm {d} p_{\theta }}{\mathrm {d} t}}={\dfrac {\partial L}{\partial \theta }}.$

Así pues, tenemos

${\dfrac {\mathrm {d} H}{\mathrm {d} t}}=-{\dfrac {\partial L}{\partial t}}=0.$

En este problema la función de Hamilton es una constante, es decir, una integral primera del movimiento. Su valor es

$H=p_{\theta }{\dot {\theta }}-L(\theta ,{\dot {\theta }})={\dfrac {1}{2}}mL^{2}\,({\dot {\theta }}^{2}-\omega _{0}^{2})+{\dfrac {1}{2}}mgL\cos \theta +{\dfrac {1}{2}}kL^{2}\mathrm {sen} ^{2}\theta .$

Valor del par motor

Nos pregunta el problema cuál es el valor de $\tau _{0}$ para que la barra tenga la rotación indicada en el enunciado. Para averiguarlo podemos aplicar el Principio de liberación. Así pues, ahora consideramos que las dos coordenadas $\{\phi ,\theta \}$ son libres. Ahora la energía cinética viene dada por la expresión completa, y es

$T={\dfrac {1}{2}}I\,({\dot {\phi }}^{2}\,\mathrm {sen} ^{2}\theta +{\dot {\theta }}^{2}).\qquad (I=mL^{2}/3)$

La función de Lagrange es

$L=T-(U_{g}+U_{m})={\dfrac {1}{2}}I\,({\dot {\phi }}^{2}\,\mathrm {sen} ^{2}\theta +{\dot {\theta }}^{2})-{\dfrac {1}{2}}mgL\cos \theta -{\dfrac {1}{2}}kL^{2}\,\mathrm {sen} ^{2}\theta .$

Al liberar el vínculo para $\phi$, añadimos el par ${\vec {\tau }}=\tau _{0}{\vec {k}}_{0}$. Ahora tenemos dos ecuaciones de Lagrange

${\begin{array}{l}{\dfrac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left({\dfrac {\partial L}{\partial {\dot {\theta }}}}\right)-{\dfrac {\partial L}{\partial \theta }}=Q_{\theta }^{\,NC},\\{\dfrac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left({\dfrac {\partial L}{\partial {\dot {\phi }}}}\right)-{\dfrac {\partial L}{\partial \phi }}=Q_{\phi }^{\,NC}.\end{array}}$

Las fuerzas generalizadas vienen del par que hemos añadido

${\begin{array}{l}Q_{\theta }^{\,NC}={\vec {\tau }}\cdot {\dfrac {\partial {\vec {\omega }}_{21}}{\partial {\dot {\theta }}}}=0,\\Q_{\phi }^{\,NC}={\vec {\tau }}\cdot {\dfrac {\partial {\vec {\omega }}_{21}}{\partial {\dot {\phi }}}}=\tau _{0},\end{array}}$

Las ecuaciones de Lagrange son

${\begin{array}{l}I{\ddot {\theta }}-I{\dot {\phi }}^{2}\mathrm {sen} \,\theta \cos \theta -{\dfrac {1}{2}}mgL\,\mathrm {sen} \,\theta +kL^{2}\mathrm {sen} \,\theta \cos \theta =0,\\I\,({\ddot {\phi }}\,\mathrm {sen} ^{2}\theta +{\dot {\phi }}{\dot {\theta }}\,\mathrm {sen} \,(2\theta ))=\tau _{0}.\end{array}}$

Al aplicar el vínculo ${\dot {\phi }}=\omega _{0}$, la primera de estas ecuaciones proporciona la ecuación de movimiento para $\theta (t)$

$I{\ddot {\theta }}={\dfrac {1}{2}}I\omega _{0}^{2}\,\mathrm {sen} \,(2\theta )+{\dfrac {1}{2}}mgL\,\mathrm {sen} \,\theta -{\dfrac {1}{2}}kL^{2}\mathrm {sen} \,(2\theta ).$

Una vez resuelta esta ecuación, con las condiciones iniciales que sean, obtendríamos la ley horaria $\theta (t)$. Esta ley horaria la usaríamos en la segunda ecuación para obtener el valor del par motor necesario para que la barra rote como especifica el enunciado

$\tau _{0}=I\omega _{0}\,{\dot {\theta }}\mathrm {sen} \,(2\theta ).$