(Página creada con «= Enunciado = 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 pa…»)
 
 
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= Enunciado =
[[Primera Prueba de Control 2018/19 (MR G.I.C.) | Primera Prueba de Control, Nov. 2018]]


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[[Primera Convocatoria Ordinaria 2018/19 (MR G.I.C.) | Primera Convocatoria Ordinaria, Ene. 2019]]
 
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>
 
 
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Primera Prueba de Control, Nov. 2018

Primera Convocatoria Ordinaria, Ene. 2019

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