Aro articulado en el extremo de una barra (Jun. 2023)

Enunciado

Una barra (sólido "0") homogénea y delgada de longitud $2R$ y masa despreciable está articulada en el punto fijo $O$. La barra está siempre contenida en el plano $OX_{1}Y_{1}$ y rota alrededor del eje fijo $OZ_{1}$. El sistema de ejes $OX_{0}Y_{0}Z_{0}$ se elige de modo que el eje $OX_{0}$ contenga siempre a la barra. Un aro (sólido "2") de radio $R$ y masa $m$, se articula sobre el extremo $A$ de la barra "0", de modo que puede rotar alrededor del eje $X_{2}$, paralelo en todo momento al eje $OY_{0}$. El sistema de ejes "2" se elige de modo que $Z_{2}$ sea perpendicular al plano del aro y el eje $X_{2}$ sea paralelo al $Y_{0}$. De este modo, el eje $Y_{2}$ contiene siempre al centro del aro y el plano $Y_{2}Z_{2}$ coincide con el plano $X_{0}Z_{0}$ El aro no rota alrededor del eje $Z_{2}$. El sistema está sometido a la acción de la gravedad, como se indica en la figura.

Nota: Utiliza la base vectorial asociada al sólido "0" para hacer todos los cálculos.

• Expresa los vectores de la base del sistema "2" en función de los vectores de la base "0", y los de la base "0" en función de los de la base "2".
• Encuentra la reducción cinemática de los movimientos {01}, {20} y {21} en el punto $A$.
• Calcula la cantidad de movimiento del aro y el momento angular del aro en su centro de masas.
• Dibuja el diagrama de fuerzas y momentos sobre la barra y el aro.
• Escribe la expresión genérica de las fuerzas y momentos activos y vinculares que actúan sobre cada sólido. ¿Cuántas incógnitas tiene el problema?
• Escribe la expresión vectorial del T.C.M. y el T.M.C. aplicados a los dos sólidos ¿Cuántas ecuaciones pueden obtenerse? (No hay que escribir las ecuaciones)
• Escribe la energía potencial total del sistema "0" + "2".
• ¿Qué integral o integrales primeras del sistema "0" + "2" existen? ¿Por qué? (No hay que escribir las expresiones).

Supondremos a partir de ahora que la función de Lagrange tiene la forma ${\cal {L}}=A{\dot {\phi }}^{2}\operatorname {sen} \phi +B{\dot {\theta }}^{2}+C\cos \theta ,$ siendo $A$, $B$ y $C$ constantes conocidas.

• Aplica el método de los multiplicadores de Lagrange para encontrar las ecuaciones que describen el movimiento de los sólidos si se verifican estas dos ligaduras:

$g_{1}={\dot {\theta }}-\omega _{0}=0,\qquad g_{2}=2{\dot {\phi }}-\omega _{0}=0.$

• En $t=0^{-}$ tenemos $\phi (0)=\pi /4$, $\theta (0)=0$ y ${\dot {\phi }}(0^{-})={\dot {\theta }}(0^{-})=0$. Se aplica una percusión ${\vec {\hat {F}}}={\hat {F}}_{0}\,({\vec {\imath }}_{0}+{\vec {\jmath }}_{0})$ en el punto $B$ del aro. Determina el valor de ${\dot {\phi }}(0^{+})$ y ${\dot {\theta }}(0^{+})$. (Las ligaduras del apartado anterior no se aplican en este apartado)

Solución

Bases de los sólidos "2" y "0"

Los vectores de la base "2" son

${\begin{array}{l}{\vec {\imath }}_{2}={\vec {\jmath }}_{0},\\{\vec {\jmath }}_{2}=-\mathrm {sen} \,\theta \,{\vec {\imath }}_{0}+\cos \theta \,{\vec {k}}_{0},\\{\vec {k}}_{2}=\cos {\theta }\,{\vec {\imath }}_{0}+\mathrm {sen} \,\theta \,{\vec {k}}_{0}.\end{array}}$

Los vectores de la base "0" son

${\begin{array}{l}{\vec {\imath }}_{0}=-\mathrm {sen} \,\theta \,{\vec {\jmath }}_{2}+\cos \theta \,{\vec {k}}_{2},\\{\vec {\jmath }}_{0}={\vec {\imath }}_{2},\\{\vec {k}}_{0}=\cos {\theta }\,{\vec {\jmath }}_{2}+\mathrm {sen} \,\theta \,{\vec {k}}_{2}.\end{array}}$

Reducciones cinemáticas

Para el movimiento {01} tenemos que el eje del movimiento coincide con el eje $OZ_{01}$. Por tanto

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

Luego nos hará falta la velocidad ${\vec {v}}_{01}^{\,A}$. Aplicamos la ecuación del campo de velocidades de este movimiento

${\begin{array}{ll}{\vec {v}}_{01}^{\,A}&={\vec {v}}_{01}^{\,O}+{\vec {\omega }}_{01}\times {\overrightarrow {OA}}\\&{\vec {v}}_{01}^{\,O}={\vec {0}}.\\&{\vec {\omega }}_{01}\times {\overrightarrow {OA}}=2R{\dot {\phi }}\,{\vec {\jmath }}_{0}.\\&\qquad {\overrightarrow {OA}}=2R\,{\vec {\imath }}_{0}.\end{array}}$

Para el movimiento {20} vemos que el punto $A$ del aro y la barra son siempre el mismo. Además, a partir del dibujo con los ejes "2" y "0", tenemos

${\vec {\omega }}_{20}=-{\dot {\theta }}\,{\vec {\jmath }}_{0},\qquad {\vec {v}}_{20}^{\,A}={\vec {0}}.$

Para el movimiento {21} usamos las leyes de composición para la combinación {21} = {20} + {01}. Tenemos

${\begin{array}{l}{\vec {\omega }}_{21}={\vec {\omega }}_{20}+{\vec {\omega }}_{01}=-{\dot {\theta }}\,{\vec {\jmath }}_{0}+{\dot {\phi }}\,{\vec {k}}_{0}.\end{array}}$

Las reducciones cinemáticas han quedado expresadas en términos de las coordenadas $\{\phi ,\theta \}$. Estos son los dos grados de libertad del sistema de sólidos.

Cantidad de movimiento y momento angular del aro

La cantidad de movimiento del aro es

${\vec {C}}_{2}=m{\vec {v}}_{21}^{\,G}.$

Utilizamos la reducción cinemática del movimiento {21} en el punto $A$

${\begin{array}{ll}{\vec {v}}_{21}^{\,G}&={\vec {v}}_{21}^{\,A}+{\vec {\omega }}_{21}\times {\overrightarrow {AG}}=-R{\dot {\theta }}\cos \theta \,{\vec {\imath }}_{0}-R{\dot {\phi }}(2-\mathrm {sen} \theta )\,{\vec {\jmath }}_{0}-R{\dot {\theta }}\mathrm {sen} \theta \,{\vec {k}}_{0}.\\&{\vec {v}}_{21}^{\,A}=2R{\dot {\phi }}\,{\vec {\jmath }}_{0}.\\&{\vec {\omega }}_{21}\times {\overrightarrow {AG}}=-R{\dot {\theta }}\cos \theta \,{\vec {\imath }}_{0}-R{\dot {\phi }}\mathrm {sen} \theta \,{\vec {\jmath }}_{0}-R{\dot {\theta }}\mathrm {sen} \theta \,{\vec {k}}_{0}.\\&\qquad {\overrightarrow {AG}}=R\,{\vec {\jmath }}_{2}=-R\,\mathrm {sen} \theta \,{\vec {\imath }}_{0}+\cos \theta \,{\vec {k}}_{0}.\end{array}}$

La cantidad de movimiento es

${\vec {C}}_{2}=-mR{\dot {\theta }}\cos \theta \,{\vec {\imath }}_{0}-mR{\dot {\phi }}(2-\mathrm {sen} \theta )\,{\vec {\jmath }}_{0}-mR{\dot {\theta }}\mathrm {sen} \theta \,{\vec {k}}_{0}.$

Para el momento angular, como se pide en el centro de masas del aro, podemos usar la expresión

${\vec {L}}_{G}^{'2'}={\overset {\leftrightarrow }{I}}_{G}\cdot {\vec {\omega }}_{21}.$

Escribimos el tensor de inercia en la base del sólido "2"

${\overset {\leftrightarrow }{I}}_{G}=I_{0}\left[{\begin{array}{ccc}1&0&0\\0&1&0\\0&0&2\end{array}}\right]_{2}$

con

$I_{0}={\dfrac {1}{2}}MR^{2}.$

Para poder hacer el producto escalar tenemos que expresar el vector ${\vec {\omega }}_{21}$ en la base del sólido "2", la misma base en la que está expresado el tensor de inercia. Usando los resultados del primer apartado tenemos

${\vec {\omega }}_{21}=-{\dot {\theta }}\,{\vec {\imath }}_{2}+{\dot {\phi }}\cos \theta \,{\vec {\jmath }}_{2}+{\dot {\phi }}\,\mathrm {sen} \theta \,{\vec {k}}_{2}.$

Finalmente, el momento angular pedido es

${\vec {L}}_{G}^{'2'}={\overset {\leftrightarrow }{I}}_{G}\cdot {\vec {\omega }}_{21}=I_{0}\left[{\begin{array}{ccc}1&0&0\\0&1&0\\0&0&2\end{array}}\right]_{2}\left[{\begin{array}{c}-{\dot {\theta }}\\{\dot {\phi }}\cos \theta \\{\dot {\phi }}\,\mathrm {sen} \,\theta \end{array}}\right]_{2}=\left[{\begin{array}{c}-I_{0}{\dot {\theta }}\\I_{0}{\dot {\phi }}\cos \theta \\2I_{0}{\dot {\phi }}\,\mathrm {sen} \,\theta \end{array}}\right]_{2}$

Fuerzas y momentos sobre el sistema

Es mejor hacer los dos apartados siguientes a la vez. La única fuerza activa que actúa sobre el sistema es el peso del aro, pues la barra tiene masa nula. El peso se aplica en el centro del aro, su centro de masas.

${\vec {P}}_{2}=-mg\,{\vec {k}}_{0}.$

Por otro lado, hay fuerzas y momentos vinculares que actúan sobre el aro y la barra, para garantizar que se cumplan los vínculos. El aro está vinculado con la barra en el punto $A$. Obtenemos las componentes no nulas de la fuerza y momento vincular que ejerce la barra sobre el aro analizando la reducción cinemática del movimiento {20} en $A$

${\begin{array}{lcl}{\vec {v}}_{20}^{\,A}=[0,0,0]_{0}&\to &{\vec {A}}_{20}=[A_{x},A_{y},A_{z}]_{0},\\{\vec {\omega }}_{20}=[0,-{\dot {\theta }},0]_{0}&\to &{\vec {\Gamma }}_{20}=[\Gamma _{x},0,\Gamma _{z}]_{0}.\end{array}}$

Así pues, las fuerzas y momentos sobre el aro son ${\vec {P}}_{2}$, ${\vec {A}}_{20}$ y ${\vec {\Gamma }}_{20}$. Están representadas en color rojo en el dibujo de la derecha. Nótese que el momento vincular ${\vec {\Gamma }}_{20}$ está contenido siempre en el plano $OX_{0}Z_{0}$, mientras que la fuerza vincular ${\vec {A}}_{20}$ puede apuntar en cualquier dirección.

En lo que respecta a la barra, no hay peso pues su masa es nula. En su extremo $A$ actúan las fuerzas vinculares que son reacciones a las fuerzas vinculares que la barra ejerce sobre el aro (en aplicación de la Tercera Ley de Newton). Por otro lado, la barra "0" está vinculada en el punto $O$, donde actúan una fuerza y un momento vincular. Tenemos

${\begin{array}{lcl}{\vec {A}}_{02}=-{\vec {A}}_{20}&\to &{\vec {A}}_{02}=[-A_{x},-A_{y},-A_{z}]_{0},\\{\vec {\Gamma }}_{02}=-{\vec {\Gamma }}_{20}&\to &{\vec {A}}_{02}=[-\Gamma _{x},0,-\Gamma _{z}]_{0},\\{\vec {v}}_{01}^{\,O}=[0,0,0]_{0}&\to &{\vec {O}}_{01}=[O_{x},O_{y},O_{z}]_{0},\\{\vec {\omega }}_{01}=[0,0,{\dot {\phi }}]_{0}&\to &{\vec {\Lambda }}_{01}=[\Lambda _{x},\Lambda _{y},0]_{0}.\end{array}}$

Estas fuerzas y momentos están dibujados en color verde en la figura. El momento ${\vec {\Lambda }}_{01}$ está siempre contenido en el plano $OX_{0}Y_{0}\equiv OX_{1}Y_{1}$, mientras que la fuerza ${\vec {O}}_{01}$ puede apuntar en cualquier dirección.

Las incógnitas del problema son los dos grados de libertad que hemos identificado en la reducción cinemática y las componentes de reacciones vinculares que han aparecido

$\{\phi ,\theta ,A_{x},A_{y},A_{z},\Gamma _{x},\Gamma _{z},O_{x},O_{y},O_{z},\Lambda _{x},\Lambda _{y}\}\equiv 12.$

Hay por tanto doce incógnitas en el problema.

Aplicación de los teoremas fundamentales

Al aplicar los teoremas fundamentales a cada sólido se obtienen 6 ecuaciones para cada uno de ellos (3 del TMC y 3 del TCM). Eso da las 12 ecuaciones que se necesitan. No se pide escribir explícitamente esas ecuaciones, pues sería muy largo de hacer. Sólo se pide escribirlas en forma vectorial.

Aro

El TCM aplicado al aro sería

$\left.{\dfrac {\mathrm {d} {\vec {C}}_{2}}{\mathrm {d} t}}\right|_{1}={\vec {P}}_{2}+{\vec {A}}_{20}.$

Aplicamos el TMC en el centro de masas del aro

$\left.{\dfrac {\mathrm {d} {\vec {L}}_{G}^{'2'}}{\mathrm {d} t}}\right|_{1}={\overrightarrow {GA}}\times {\vec {A}}_{20}+{\vec {\Gamma }}_{20}.$

El peso no crea momento respecto al centro de masas del aro pues se aplica en él.

Barra

La barra tiene masa nula. Por tanto, su cantidad de movimiento y momento angular es cero en todo instante, así como sus derivadas temporales.

Aplicando el TCM tenemos

${\vec {0}}={\vec {A}}_{02}+{\vec {O}}_{01}.$

Vemos que debe cumplirse ${\vec {O}}_{01}=-{\vec {A}}_{02}={\vec {A}}_{20}$.

Aplicamos el TMC en el punto $O$

${\vec {0}}={\overrightarrow {OA}}\times {\vec {A}}_{02}+{\vec {\Lambda }}_{01}+{\vec {\Gamma }}_{02}.$

Energía potencial

La única fuerza conservativa que actúa es el peso. Como la barra tiene masa nula, no tiene energía potencial gravitatoria. Tomando como referencia de altura para el valor nulo de la energía potencial el plano $OX_{1}Y_{1}$, la energía potencial del aro viene dada por la altura de su centro de masas

$U_{2}=mgR\cos \theta .$

Integrales primeras

La única fuerza aplicada es el peso, que es conservativa. Los vínculos entre el sistema "1" y la barra, y entre la barra y el aro son prohibitivos, es decir, no realizan trabajo neto. Por tanto, la energía mecánica se conserva. Su expresión vendría dada por, teniendo en cuenta que la barra no tiene masa,

$E=T_{2}+U_{2}.$

La forma mas fácil de calcular la energía cinética del aro es usando la expresión en el centro de masas

$T_{2}={\dfrac {1}{2}}m|{\vec {v}}_{21}^{\,G}|^{2}+{\dfrac {1}{2}}{\vec {L}}_{G}^{'2'}\cdot {\vec {\omega }}_{21}.$

Debe haber otra integral primera pues hay dos grados de libertad. La figura de la derecha muestra las fuerzas y momentos externos que actúan sobre el sistema barra-aro. Son $\{{\vec {P}}_{2},{\vec {O}}_{01},{\vec {\Lambda }}_{01}\}$.

• El peso ${\vec {P}}_{2}$ es paralelo al eje fijo $OZ_{1}$. Por tanto, ${\overrightarrow {OG}}\times {\vec {P}}_{2}\perp OZ_{1}$.
• La fuerza ${\vec {O}}_{01}$ corta al eje fijo $OZ_{1}$. Por tanto ${\overrightarrow {OO}}\times {\vec {O}}_{01}\perp OZ_{1}$. En este caso, es cero, pues la fuerza se aplica en el propio punto $O$.
• El momento vincular ${\vec {\Lambda }}_{01}$ no tiene componente en el eje fijo $OZ_{1}$. Por tanto, ${\vec {\Lambda }}_{01}\perp OZ_{1}$.

Vemos que ninguna de las fuerzas y momentos externos tiene componente sobre el eje fijo $OZ_{1}$. Por tanto, la componente sobre ese eje del momento angular del sistema calculado en $O$ se conserva. Este momento angular sería

${\vec {L}}_{O}^{'0'+'2'}={\vec {L}}_{O}^{'2'}={\vec {L}}_{G}^{'2'}+{\vec {C}}_{2}\times {\overrightarrow {GO}}.$

Y la cantidad conservada sería

${\vec {k}}_{1}\cdot {\vec {L}}_{O}^{'0'+'2'}.$

En el problema no se pide hacer este cálculo.

Multiplicadores de Lagrange

Ahora los cálculos se hacen con la función de Lagrange

${\cal {L}}=A{\dot {\phi }}^{2}\operatorname {sen} \phi +B{\dot {\theta }}^{2}+C\cos \theta ,$

siendo $A$, $B$ y $C$ constantes conocidas. Esta no es la función de Lagrange real del sistema. Se escoge así para simplificar los cálculos.

Como hay dos ligaduras, tenemos que utilizar dos multimplicadores de Lagrange, $\{\mu _{1},\mu _{2}\}$.

$g_{1}={\dot {\theta }}-\omega _{0}=0,\qquad g_{2}=2{\dot {\phi }}-\omega _{0}=0.$

Hay dos grados de libertad, $\{\phi ,\theta \}$, por lo que tenemos dos ecuaciones de Lagrange. En cada una de ellas los multiplicadores contribuyen con una componente de fuerza generalizada no conservativa que aparece en el lado derecho

${\begin{array}{l}{\dfrac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left({\dfrac {\partial {\cal {L}}}{\partial {\dot {\phi }}}}\right)-{\dfrac {\partial {\cal {L}}}{\partial \phi }}=\mu _{1}{\dfrac {\partial g_{1}}{\partial {\dot {\phi }}}}+\mu _{2}{\dfrac {\partial g_{2}}{\partial {\dot {\phi }}}},\\{\dfrac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left({\dfrac {\partial {\cal {L}}}{\partial {\dot {\theta }}}}\right)-{\dfrac {\partial {\cal {L}}}{\partial \theta }}=\mu _{1}{\dfrac {\partial g_{1}}{\partial {\dot {\theta }}}}+\mu _{2}{\dfrac {\partial g_{2}}{\partial {\dot {\theta }}}}.\end{array}}$

Las ligaduras se derivan respecto a las velocidades generalizadas pues los vínculos son cineméticos.

La ecuación para $\phi$ es

$\left.{\begin{array}{l}{\dfrac {\partial {\cal {L}}}{\partial {\dot {\phi }}}}=2A{\dot {\phi }}\,\mathrm {sen} \,\phi ,\\{\dfrac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left({\dfrac {\partial {\cal {L}}}{\partial {\dot {\phi }}}}\right)=2A\,({\ddot {\phi }}\,\mathrm {sen} \,\phi +{\dot {\phi }}^{2}\cos \phi ),\\{\dfrac {\partial {\cal {L}}}{\partial \phi }}=A{\dot {\phi }}^{2}\cos \phi ,\\{\dfrac {\partial g_{1}}{\partial {\dot {\phi }}}}=0,\\{\dfrac {\partial g_{2}}{\partial {\dot {\phi }}}}=2.\end{array}}\right|\Longrightarrow A\,(2{\ddot {\phi }}\,\mathrm {sen} \,\phi +{\dot {\phi }}^{2}\cos \phi )=2\mu _{2}.\qquad (1)$

La ecuación para $\theta$ es

$\left.{\begin{array}{l}{\dfrac {\partial {\cal {L}}}{\partial {\dot {\theta }}}}=2B{\dot {\theta }}\\{\dfrac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left({\dfrac {\partial {\cal {L}}}{\partial {\dot {\theta }}}}\right)=2B{\ddot {\theta }},\\{\dfrac {\partial {\cal {L}}}{\partial \theta }}=-C\,\mathrm {sen} \,\theta ,\\{\dfrac {\partial g_{1}}{\partial {\dot {\theta }}}}=1,\\{\dfrac {\partial g_{2}}{\partial {\dot {\theta }}}}=0.\end{array}}\right|\Longrightarrow 2B{\ddot {\theta }}-C\,\mathrm {sen} \theta =\mu _{1}.\qquad (2)$

Las incógnitas son $\{\phi ,\theta ,\mu _{1},\mu _{2}\}$. Las ecuaciones son las dos ecuaciones de Lagrange (1) y (2) y las dos ligaduras cinematicas.

En este caso, las ligaduras fijan completamente el movimiento (salvo por las condiciones iniciales)

${\begin{array}{lcl}g_{1}=0\to \theta =\theta (0)+\omega _{0}t,&\qquad &{\ddot {\theta }}=0,\\\\g_{2}=0\to \phi =\phi (0)+{\dfrac {1}{2}}\omega _{0}t,&\qquad &{\ddot {\phi }}=0.\end{array}}$

Aplicando esto en las ecuaciones (1) y (2) obtenemos el valor de los multiplicadores de Lagrange

${\begin{array}{l}\mu _{1}=C\,\mathrm {sen} \,(\theta (0)+\omega _{0}t),\\\\\mu _{2}={\dfrac {1}{4}}A\omega _{0}^{2}\cos \left(\phi (0)+{\dfrac {1}{2}}\omega _{0}t\right).\end{array}}$

Dado que las ligaduras afectan a ángulos, los multiplicadores de Lagrange son las componentes de momento de fuerza que hay que aplicar a la barra ($\mu _{2}$, en la dirección de $Z_{0,1}$) y el aro ($\mu _{1}$, en la dirección $Y_{0}$) para que el sistema se mueva del modo que prescriben las ligaduras.

Percusión

La forma mas sencilla de tratar la percusión es utilizar las ecuaciones de Lagrange percusivas. Como la percusión se aplica en el punto $B$ y hay dos grados de libertad tenemos dos ecuaciones de Lagrange percusivas

${\begin{array}{l}\Delta p_{\phi }={\vec {\hat {F}}}\cdot {\dfrac {\partial {\vec {v}}_{21}^{\,B}}{\partial {\dot {\phi }}}},\\\Delta p_{\theta }={\vec {\hat {F}}}\cdot {\dfrac {\partial {\vec {v}}_{21}^{\,B}}{\partial {\dot {\theta }}}}\end{array}}$

Usando la reducción cinemática del movimiento {21} en el punto $A$ tenemos