Movimiento de una barra apoyada (CMR)

Enunciado

Suponga que la barra del problema anterior se encuentra apoyada sobre un suelo sin rozamiento y sobre la pared vertical. Inicialmente se encuentra vertical apoyada en la esquina pero una ligera sacudida hace que empiece a resbalar. Para el instante en que forma un ángulo θ con la pared, halle:

1. La velocidad angular ${\dot {\theta }}$ y la aceleración angular ${\ddot {\theta }}$ de la barra.
2. Las fuerzas de reacción ejercidas por el suelo y la pared.
3. Existe un valor de θ para el cual la barra se separa de la pared. Determine este valor.
4. Halle la ecuación de movimiento para la barra una vez que se ha separado de la pared.
5. Calcule el valor de θ ̇ en el momento en que la barra impacta con el suelo.

Ecuación de movimiento

Planteamiento

La barra, al descender, va variando el ángulo que forma con la pared, que va aumentando progresivamente. El movimiento de la barra está gobernado por tres fuerzas:

• Su peso, aplicado en su centro de masas, que se halla en el centro de la barra, y que apunta en la dirección vertical hacia abajo.

$m{\vec {g}}=-mg{\vec {\jmath }}$

• La fuerza de reacción del suelo, aplicada en el punto A, donde se apoya la barra. Al no haber rozamiento, esta fuerza es puramente perpendicular a la superficie

${\vec {F}}_{A}=F_{A}{\vec {\jmath }}$

• La fuerza de reacción de la pared, aplicada en el punto B, donde se apoya la barra. Puesto que aquí tampoco hay rozamiento, apunta en la dirección perpendicular, que ahora es horizontal

${\vec {F}}_{B}=F_{B}{\vec {\imath }}$

La magnitud de estas dos fuerzas es desconocida, por lo que se trata de incógnitas adicionales del problema.

Por semejanza de triángulos, si la posición instantánea del centro de masas es

${\overrightarrow {OG}}=x_{G}{\vec {\imath }}+y_{G}{\vec {\jmath }}$

la de los puntos de contacto es

${\overrightarrow {OA}}=2x_{G}{\vec {\imath }}\qquad \qquad {\overrightarrow {OB}}=2y_{G}{\vec {\jmath }}$

A su vez, estas posiciones se relacionan con el ángulo θ por

${\overrightarrow {OA}}=\ell {}\,\mathrm {sen} (\theta ){\vec {\imath }}\qquad \qquad {\overrightarrow {OB}}=\ell {}\cos(\theta ){\vec {\jmath }}\qquad \qquad {\overrightarrow {OG}}={\frac {\ell {}}{2}}\left(\mathrm {sen} (\theta ){\vec {\imath }}+\cos(\theta ){\vec {\jmath }}\right)$

Las ecuaciones que gobiernan el movimiento de la barra son:

Teorema de la cantidad de movimiento

La masa por la aceleración del centro de masas es igual a la resultante de todas las fuerzas externas aplicadas

$m{\vec {a}}_{G}=m{\vec {g}}+{\vec {F}}_{A}+{\vec {F}}_{B}$

Separando por componentes

$ma_{Gx}=m{\ddot {x}}_{G}=F_{B}\qquad \qquad ma_{Gy}=M{\ddot {y}}_{G}=F_{A}-mg$

Teorema del momento cinético

La derivada del momento cinético respecto al centro de masas es igual al momento resultante respecto a este punto de las fuerzas externas aplicadas.

${\frac {\mathrm {d} {\vec {L}}_{G}}{\mathrm {d} t}}={\vec {M}}_{G}=\sum _{i}{\overrightarrow {GP}}_{i}\times {\vec {F}}_{i}$

En este caso, el peso no tiene momento, por estar aplicado en el propio CM y las dos fuerzas de reacciones producen giros en sentidos opuestos. Tanto el momento cinético como los momentos de las fuerzas van en la dirección de ${\vec {k}}$ por lo que podemos escribir

$I\alpha =I{\ddot {\theta }}=F_{A}y_{G}-F_{B}x_{G}\qquad \qquad I={\frac {m\ell {}^{2}}{12}}$

Tenemos entonces tres ecuaciones con cinco incógnitas (las dos componentes de la aceleración lineal, la aceleración angular y las dos fuerzas de reacción)

${\begin{array}{rcl}m{\ddot {x}}_{G}&=&F_{B}\\m{\ddot {y}}_{G}&=&F_{A}-mg\\I{\ddot {\theta }}&=&F_{A}x_{G}-F_{B}y_{G}\end{array}}$

Para completar estas dos ecuaciones añadimos las condiciones de vínculo, que relacionan las tres variables

${\begin{array}{rcl}x_{G}&=&\displaystyle {\frac {\ell {}}{2}}\mathrm {sen} (\theta )\\&&\\y_{G}&=&\displaystyle {\frac {\ell {}}{2}}\mathrm {cos} (\theta )\end{array}}$

Este sistema de cinco ecuaciones se puede resolver completamente y más adelante veremos cómo se hace. No obstante, ante de exponer esa solución, consideraremos un atajo basado en hacer uso de la conservación de la energía mecánica.

Solución empleando la energía mecánica

El teorema de la energía mecánica para un sólido nos dice que

${\frac {\mathrm {d} E}{\mathrm {d} t}}=\sum _{i}{\vec {F}}_{i}\cdot {\vec {v}}_{i}$

siendo E la energía mecánica, que en este caso vale

$E=T+U={\frac {1}{2}}m|{\vec {v}}_{G}|^{2}+{\frac {1}{2}}I|{\vec {\omega }}|^{2}+mgy_{G}$

y el segundo término representa la potencia de las fuerzas externas no conservativas aplicadas, que en este problema son las dos fuerzas de reacción (el peso ya ha sido considerado al incluir la energía potencial).

Ahora bien, las fuerzas de reacción son perpendiculares a las superficies, mientras que las velocidades de los puntos de contacto son tangentes a ellas, por lo que

${\vec {F}}_{A}\cdot {\vec {v}}_{A}={\vec {F}}_{B}\cdot {\vec {v}}_{B}=0$

Esto quiere decir que estas fuerzas no realizan trabajo y la energía mecánica se conserva

${\frac {\mathrm {d} E}{\mathrm {d} t}}=0\qquad \Rightarrow \qquad E=\mathrm {cte}$

Esta ecuación nos resuelve completamente el problema. Calculamos en primer lugar la energía cinética de traslación

$T_{T}={\frac {1}{2}}m|{\vec {v}}_{G}|^{2}={\frac {1}{2}}m\left({\dot {x}}_{G}^{2}+{\dot {y}}_{G}^{2}\right)$

donde las componentes de la velocidad del CM valen

$\left\{{\begin{array}{rcl}x_{G}&=&\displaystyle {\frac {\ell {}}{2}}\mathrm {sen} (\theta )\\&&\\y_{G}&=&\displaystyle {\frac {\ell {}}{2}}\cos(\theta )\end{array}}\right.\qquad \Rightarrow \qquad \left\{{\begin{array}{rcl}{\dot {x}}_{G}&=&\displaystyle {\frac {\ell {}}{2}}{\dot {\theta }}\cos(\theta )\\&&\\{\dot {y}}_{G}&=&-\displaystyle {\frac {\ell {}}{2}}{\dot {\theta }}\,\mathrm {sen} (\theta )\end{array}}\right.$

Esto nos da la energía cinética de traslación

$T_{T}={\frac {1}{8}}m\ell {}^{2}{\dot {\theta }}^{2}$

A este resultado se llega igualmente observando que el centro de la barra está describiendo un movimiento circular (no uniforme).

La de rotación se obtiene directamente

$T_{R}={\frac {1}{2}}I|{\vec {\omega }}|^{2}={\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{12}}m\ell {}^{2}\right){\dot {\theta }}^{2}={\frac {1}{24}}m\ell {}^{2}{\dot {\theta }}^{2}$

Sumando las dos cantidades queda

$T={\frac {1}{6}}m\ell {}^{2}{\dot {\theta }}^{2}$

La energía potencial la da la altura del centro de masas

$U=mgy_{G}={\frac {mg\ell {}}{2}}\cos(\theta )$

La suma de la energía cinética y la potencial nos da la energía mecánica

${\frac {m\ell {}^{2}}{6}}{\dot {\theta }}^{2}+{\frac {mg\ell {}}{2}}\cos(\theta )=E$

El valor de la energía mecánica, que es constante, lo obtenemos particularizando para el estado inicial. Si al principio la barra está en reposo y prácticamente vertical

${\frac {m\ell {}^{2}}{6}}\cdot 0+{\frac {mg\ell {}}{2}}\cdot 1={\frac {mg\ell {}}{2}}$

lo que nos da la ley de conservación de la energía

${\frac {m\ell {}^{2}}{6}}{\dot {\theta }}^{2}+{\frac {mg\ell {}}{2}}\cos(\theta )={\frac {mg\ell {}}{2}}$

A partir de aquí, podemos determinar completamente el movimiento. Despejando el cuadrado de la velocidad angular

${\dot {\theta }}^{2}=3{\frac {g}{\ell {}}}(1-\cos(\theta ))=6{\frac {g}{\ell {}}}\mathrm {sen} ^{2}\left({\frac {\theta }{2}}\right)$

Tomando la raíz cuadrada hallamos la velocidad angular

$\omega ={\dot {\theta }}={\sqrt {\frac {6g}{\ell {}}}}\mathrm {sen} \left({\frac {\theta }{2}}\right)$

De aquí se puede integrar el ángulo como función del tiempo, por ser la ecuación separable

$\int _{\theta _{0}}^{\theta }{\frac {\mathrm {d} \theta }{\mathrm {sen} (\theta /2)}}={\sqrt {6{\frac {g}{\ell {}}}}}\int _{0}^{t}\mathrm {d} t$

Calculando las integrales y despejando se obtiene $\theta =\theta (t)$

Alternativamente, podemos derivar la velocidad angular respecto al tiempo, para hallar la aceleración angular. Lo más sencillo matemáticamente es derivar en la propia expresión de la energía mecánica, aplicando que

${\frac {\mathrm {d} \ }{\mathrm {d} t}}\left({\dot {\theta }}^{2}\right)=2{\dot {\theta }}{\ddot {\theta }}$

y por tanto de que la energía se conserva se deduce

${\frac {m\ell {}^{2}}{3}}{\dot {\theta }}{\ddot {\theta }}-{\frac {mg\ell {}}{2}}\mathrm {sen} (\theta ){\dot {\theta }}=0$

y despejando de aquí

$\alpha ={\ddot {\theta }}={\frac {3g}{2\ell }}\,\mathrm {sen} (\theta )$

Solución sin usar la energía

Si no estamos seguros de si la energía se conserva o no, el método anterior puede parecer inadecuado. En ese caso, siempre podemos determinar la ecuación de movimiento a partir del teorema de la cantidad de movimiento y del del momento cinético.

La forma de hacerlo es reducir el sistema de ecuaciones para $x_{G}$, $y_{G}$ y $\theta$ (junto con las fuerzas de reacción, en uno para $\theta$ y sus derivadas.

En primer lugar, despejamos las fuerzas de reacción

$F_{A}=mg+m{\ddot {y}}_{G}\qquad \qquad F_{B}=m{\ddot {x}}_{G}$

y sustituimos en la ecuación del momento cinético

$I{\ddot {\theta }}=(mg+m{\ddot {y}}_{G})x_{G}-(m{\ddot {x}}_{G})y_{G}$

Ya hemos eliminado las fuerzas. Ahora queda escribir $x_{G}$ e $y_{G}$ en función de θ. Para ello, necesitamos hallar la primera derivada respecto al tiempo, que ya conocemos,

$\left\{{\begin{array}{rcl}x_{G}&=&\displaystyle {\frac {\ell {}}{2}}\mathrm {sen} (\theta )\\&&\\y_{G}&=&\displaystyle {\frac {\ell {}}{2}}\cos(\theta )\end{array}}\right.\qquad \Rightarrow \qquad \left\{{\begin{array}{rcl}{\dot {x}}_{G}&=&\displaystyle {\frac {\ell {}}{2}}{\dot {\theta }}\cos(\theta )\\&&\\{\dot {y}}_{G}&=&-\displaystyle {\frac {\ell {}}{2}}{\dot {\theta }}\,\mathrm {sen} (\theta )\end{array}}\right.$

y la segunda derivada respecto al tiempo, aplicando reiteradamente la regla de la cadena.

$\left\{{\begin{array}{rcl}{\dot {x}}_{G}&=&\displaystyle {\frac {\ell {}}{2}}{\dot {\theta }}\cos(\theta )\\&&\\{\dot {y}}_{G}&=&-\displaystyle {\frac {\ell {}}{2}}{\dot {\theta }}\,\mathrm {sen} (\theta )\end{array}}\right.\qquad \Rightarrow \qquad \left\{{\begin{array}{rcl}{\ddot {x}}_{G}&=&\displaystyle {\frac {\ell {}}{2}}\left({\ddot {\theta }}\cos(\theta )-{\dot {\theta }}^{2}\mathrm {sen} (\theta )\right)\\&&\\{\ddot {y}}_{G}&=&\displaystyle {\frac {\ell {}}{2}}\left(-{\ddot {\theta }}\,\mathrm {sen} (\theta )-{\dot {\theta }}^{2}\cos(\theta )\right)\end{array}}\right.$

Sustituyendo en el teorema del momento cinético queda

${\frac {m\ell {}^{2}}{12}}{\ddot {\theta }}=M\left(\left(g+{\frac {\ell {}}{2}}\left(-{\ddot {\theta }}\,\mathrm {sen} (\theta )-{\dot {\theta }}^{2}\cos(\theta )\right)\right){\frac {\ell {}}{2}}\mathrm {sen} (\theta )-{\frac {\ell {}}{2}}\left({\ddot {\theta }}\cos(\theta )-{\dot {\theta }}^{2}\mathrm {sen} (\theta )\right){\frac {\ell {}}{2}}\cos(\theta )\right)$

Afortunadamente, cuando se quitan paréntesis, esta expresión se simplifica notablemente

${\frac {m\ell {}^{2}}{12}}{\ddot {\theta }}=mg{\frac {\ell {}}{2}}\mathrm {sen} (\theta )-{\frac {m\ell {}^{2}}{4}}{\ddot {\theta }}$

y agrupando términos obtenemos la ecuación de movimiento

${\frac {m\ell {}^{2}}{3}}{\ddot {\theta }}={\frac {MgH}{2}}\mathrm {sen} (\theta )\qquad \Rightarrow \qquad {\ddot {\theta }}={\frac {3g}{2\ell }}\mathrm {sen} (\theta )$

que por supuesto coincide con la que obtuvimos a partir de la ley de conservación de la energía mecánica.

Esta ecuación puede ser integrada una vez respecto al tiempo. Multiplicando por ${\dot {\theta }}$ e integrando conseguimos la ecuación que también obtuvimos en el otro método de solución:

${\dot {\theta }}^{2}={\frac {3g}{\ell {}}}(1-\cos(\theta ))$

Fuerzas de reacción

Una vez que tenemos la primera y la segunda derivada del ángulo respecto al tiempo, como función del ángulo, podemos hallar las fuerzas de reacción de cada punto.

Reacción en el suelo

Esta fuerza es igual a

$F_{A}=mg+m{\ddot {y}}_{G}$

Sustituyendo la componente vertical de la aceleración del CM

$F_{A}=mg+m{\frac {\ell {}}{2}}\left(-{\ddot {\theta }}\,\mathrm {sen} (\theta )-{\dot {\theta }}^{2}\cos(\theta )\right)$

y sustituyendo aquí la primera y la segunda derivada del ángulo

$F_{A}=mg+m{\frac {\ell {}}{2}}\left(-\left({\frac {3g}{2\ell }}\mathrm {sen} (\theta )\right)\,\mathrm {sen} (\theta )-\left({\frac {3g}{\ell {}}}(1-\cos(\theta ))\right)\cos(\theta )\right)$

Desarrollando

$F_{A}=mg\left(1-{\frac {3}{4}}\mathrm {sen} ^{2}(\theta )-{\frac {3}{2}}\cos(\theta )+{\frac {3}{2}}\cos ^{2}(\theta )\right)={\frac {mg}{4}}\left(1-3\cos(\theta )\right)^{2}$

Esta fuerza es siempre positiva, lo que quiere decir que siempre apunta hacia afuera del suelo, como corresponde.

Reacción en la pared

Operamos de la misma forma

$F_{B}=m{\ddot {x}}_{G}$

Sustituimos la componente horizontal de la aceleración

$F_{B}={\frac {m\ell {}}{2}}\left({\ddot {\theta }}\cos(\theta )-{\dot {\theta }}^{2}\mathrm {sen} (\theta )\right)$

y aquí las derivadas del ángulo respecto al tiempo

$F_{B}={\frac {m\ell {}}{2}}\left(\left({\frac {3g}{2\ell }}\mathrm {sen} (\theta )\right)\cos(\theta )-\left({\frac {3g}{\ell {}}}(1-\cos(\theta ))\right)\mathrm {sen} (\theta )\right)$

Quitando aquí los paréntesis

$F_{B}={\frac {3}{4}}mg\,\mathrm {sen} (\theta )\left(3\cos(\theta )-2\right)$

Separación de la pared

De las dos fuerzas de reacción anteriores, la del suelo es siempre positiva, pero no ocurre lo mismo con la de la pared. Según la fórmula anterior, la reacción de la pared cambia de signo. Comienza siendo positiva, pero a partir de un cierto ángulo se hace negativa. Esto quiere decir que en ese momento, la reacción ejercida por la pared iría dirigida hacia la propia pared, lo cual es imposible.

Al tratarse de un vínculo unilateral, la pared puede empujar a la barra, pero nunca retenerla. Por tanto, en el momento en que $F_{B}=0$ lo que ocurre es que la barra se separa de la pared y avanza sobre el suelo. Esto puede resultar paradójico, ya que la barra se mueve por acción de la gravedad, que es una fuerza vertical, la cual es capaz de provocar un movimiento horizontal suficiente para separar la barra de la pared. La explicación es que no actúa solo la gravedad, las fuerzas de reacción también mueven a la barra.

La separación se produce cuando se anula la fuerza de reacción

$0=F_{B}={\frac {3}{4}}mg\,\mathrm {sen} (\theta )\left(3\cos(\theta )-2\right)\qquad \Rightarrow \qquad \cos(\theta )={\frac {2}{3}}\qquad \Rightarrow \qquad \theta =\arccos \left({\frac {2}{3}}\right)=48^{\circ }11'$

A partir de ese instante, la barra se mueve sometida exclusivamente a la acción del peso y la fuerza de reacción del suelo. Sin embargo, a partir de ese momento, las expresiones calculadas anteriormente dejan de ser válidas, ya que el balance de fuerzas es diferente. Habría que resolver de nuevo el problema, teniendo en cuenta que ahora solo actúan el peso y la reacción del suelo. Para este nuevo problema las condiciones iniciales vienen dadas por los valores de la posición y la velocidad justo en el momento de la separación.