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= Enunciado =


[[Imagen:MR_2018_barras_muelle_enunciado.png|right]]
Una barra de longitud <math>2d</math> y masa despreciable (sólido "0") puede rotar alrededor del eje <math>OZ_1</math>.  El punto <math>O</math> de la barra es fijo. La barra "0" siempre está contenida en el plano <math>OX_1Y_1</math>. Otra barra, también de longitud <math>2d</math> y masa <math>m</math> (sólido "2"), está conectada a la barra "0" por un pasador en el punto <math>A</math>. El pasador desliza sobre la barra "0". Además, la barra "2" gira alrededor de la barra "0". Un muelle de constante elástica <math>k</math> y longitud natural nula <math>l_0=d</math> conecta los puntos <math>O</math> y <math>A</math>.
#Determina las reducciones cinemáticas <math>\{01\}, \{20\}</math> y <math>\{21\}</math> en <math>G</math>.
#Calcula  el momento cinético de la barra "2" respecto de <math>G</math>.
#A partir de ahora suponemos que <math>\phi=\dot{\phi}=\ddot{\phi}=0</math>, es decir, la coordenada <math>\phi</math> ya no es un grado de libertad. Escribe las ecuaciones de Lagrange del sistema.
#En <math>t=0</math> tenemos <math>s(0)=d</math>, <math>\theta(0)=-\pi/2</math>, <math>\dot{s}(0)=0</math> y <math>\dot{\theta}=0</math> (<math>\phi</math> sigue estando fijada).  La barra "2" recibe una percusión <math>\vec{\hat{F}} = [\hat{F}_0, 0, \hat{F}_0]_1</math> en el punto B. Determina el estado del sistema justo después de la percusión.
= Solución =
== Reducciones cinemáticas en <math>G</math> ==
Para el movimiento {01} tenemos
<center>
<math>
\vec{\omega}_{01} = \dot{\phi}\,\vec{k}_0, \qquad \vec{v}^{\,O}_{01} = \vec{0}.
</math>
</center>
Teniendo en cuenta que
<center>
<math>
\overrightarrow{OG} = s\,\vec{\imath}_0 + d\cos{\theta}\,\vec{\jmath}_0 + d\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{k}_0,
</math>
</center>
tenemos
<center>
<math>
\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.
</math>
</center>
Para el movimiento {20}
<center>
<math>
\vec{\omega}_{20} = \dot{\theta}\,\vec{\imath}_0, \qquad \vec{v}^{\,A}_{01} = \dot{s}\,\vec{\imath}_0.
</math>
</center>
Teniendo en cuenta que
<center>
<math>
\overrightarrow{AG} = d\cos{\theta}\,\vec{\jmath}_0 + d\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{k}_0,
</math>
</center>
tenemos
<center>
<math>
\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.
</math>
</center>
Para el movimiento {21} usamos las leyes de composición
<center>
<math>
\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}
</math>
</center>
== Momento cinético de la barra respecto a <math>G</math> ==
El momento cinético respecto  al Centro de Masas <math>G</math> es
<center>
<math>
\vec{L}_G = \overset\leftrightarrow{I}_G\cdot\vec{\omega}_{21}.
</math>
</center>
El tensor de inercia es
<center>
<math>
\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.
</math>
</center>
Hay que expresar <math>\vec{\omega}_{21}</math> en la base "2". Del dibujo tenemos
<center>
<math>
\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}
</math>
</center>
Entonces
<center>
<math>
\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.
</math>
</center>
El momento cinético es
<center>
<math>
\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
</math>
</center>
== Ecuaciones de Lagrange ==
Al restringir el grado de libertad <math>\phi</math>, el problema tiene sólo dos grados de libertad <math>\{s, \theta\}</math>. La reducción cinemática y el momento angular quedan
<center>
<math>
\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}
</math>
</center>
=== Energía cinética ===
Tenemos
<center>
<math>
T = T_{tra} + T_{rot}
</math>
</center>
Para la energía cinética de traslación
<center>
<math>
T_{tra} = \dfrac{1}{2}m|\vec{v}^{\,G}_{21}|^2
=
\dfrac{1}{2}m(\dot{s}^2 + d^2\dot{\theta}^2).
</math>
</center>
La de rotación es
<center>
<math>
T_{rot} = \dfrac{1}{2}\vec{L}_G\cdot\vec{\omega}_{21}
=
\dfrac{1}{6}md^2\dot{\theta}^2.
</math>
</center>
Hemos usado la expresión de <math>\vec{\omega}_{21}</math> para calcular el producto escalar con el momento cinético <math>\vec{L}_G</math>. Entonces
<center>
<math>
T = \dfrac{1}{6}m(3\dot{s}^2 + 4d^2\dot{\theta}^2).
</math>
</center>
=== Energía potencial ===
Contribuyen el muelle y la gravedad
<center>
<math>
U_g = m g d\,\mathrm{sen}\,\theta, \qquad U_k = \dfrac{1}{2}k(s-d)^2.
</math>
</center>
Para la energía potencial gravitatoria hemos tomado como referencia el plano <math>OX_1Y_1</math>. La energía potencial total es
<center>
<math>
U = U_g + U_k =
m g d\,\mathrm{sen}\,\theta + \dfrac{1}{2}k(s-d)^2.
</math>
</center>
=== Ecuaciones de Lagrange ===
La función de Lagrange es
<center>
<math>
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.
</math>
</center>
Ecuación de Lagrange para <math>s</math>:
<center>
<math>
\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
</math>
</center>
Ecuación de Lagrange para <math>\theta</math>:
<center>
<math>
\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.
</math>
</center>
En este caso las dos ecuaciones están desacopladas.
== Percusión ==
El estado inicial del sistema es
<center>
<math>
s(0) = d, \qquad \dot{s}(0) = 0, \qquad \theta(0) = -\pi/2, \qquad \dot{\theta}(0)=0.
</math>
</center>
La percusión se aplica en <math>B</math> y vale <math>\vec{\hat{F}} = [\hat{F}_0, 0, \hat{F}_0]</math>. Vamos a necesitar la velocidad absoluta del punto <math>B</math>. Teniendo en cuenta que <math>\overrightarrow{GB} = [0,d\cos\theta, d\,\mathrm{sen}\,\theta]_0 </math>, tenemos
<center>
<math>
\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.
</math>
</center>
Los momentos generalizados son
<center>
<math>
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}.
</math>
</center>
Las ecuaciones de Lagrange impulsivas son
<center>
<math>
\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}
</math>
</center>
Como se parte del reposo
<center>
<math>
\Delta p_s = m\dot{s}^+, \qquad \Delta p_{\theta} = \dfrac{4}{3}md^2\dot{\theta}^+.
</math>
</center>
Tenemos
<center>
<math>
\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.
</math>
</center>
Por tanto
<center>
<math>
\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.
</math>
</center>
Las percusiones generalizadas son
<center>
<math>
Q^{NC}_{s} = \hat{F}_0, \qquad Q^{NC}_{\theta} = 0.
</math>
</center>
Y el estado después de la percusión es
<center>
<math>
\dot{s}(0^+) = \dfrac{\hat{F}_0}{m}, \qquad \dot{\theta}(0^+) = 0.
</math>
</center>
[[Categoría:Problemas de mecánica analítica]]
[[Categoría:Problemas de Dinámica Analítica]]
[[Categoría:Problemas de examen de Mecánica Racional]]

Revisión actual - 12:49 8 nov 2023

Enunciado

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

  1. Determina las reducciones cinemáticas y en .
  2. Calcula el momento cinético de la barra "2" respecto de .
  3. A partir de ahora suponemos que , es decir, la coordenada ya no es un grado de libertad. Escribe las ecuaciones de Lagrange del sistema.
  4. En tenemos , , y ( sigue estando fijada). La barra "2" recibe una percusión en el punto B. Determina el estado del sistema justo después de la percusión.

Solución

Reducciones cinemáticas en

Para el movimiento {01} tenemos

Teniendo en cuenta que

tenemos

Para el movimiento {20}

Teniendo en cuenta que

tenemos

Para el movimiento {21} usamos las leyes de composición

Momento cinético de la barra respecto a

El momento cinético respecto al Centro de Masas es

El tensor de inercia es

Hay que expresar en la base "2". Del dibujo tenemos

Entonces

El momento cinético es

Ecuaciones de Lagrange

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

Energía cinética

Tenemos

Para la energía cinética de traslación

La de rotación es

Hemos usado la expresión de para calcular el producto escalar con el momento cinético . Entonces

Energía potencial

Contribuyen el muelle y la gravedad

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

Ecuaciones de Lagrange

La función de Lagrange es

Ecuación de Lagrange para :

Ecuación de Lagrange para :

En este caso las dos ecuaciones están desacopladas.

Percusión

El estado inicial del sistema es

La percusión se aplica en y vale . Vamos a necesitar la velocidad absoluta del punto . Teniendo en cuenta que , tenemos

Los momentos generalizados son

Las ecuaciones de Lagrange impulsivas son

Como se parte del reposo

Tenemos

Por tanto

Las percusiones generalizadas son

Y el estado después de la percusión es

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