Sep. 2018 (M.R.) Barra rotando alrededor de barra horizontal con muelle

Enunciado

Una barra de longitud $2d$ y masa despreciable (sólido "0") puede rotar alrededor del eje $OZ_{1}$. El punto $O$ de la barra es fijo. La barra "0" siempre está contenida en el plano $OX_{1}Y_{1}$. Otra barra, también de longitud $2d$ y masa $m$ (sólido "2"), está conectada a la barra "0" por un pasador en el punto $A$. El pasador desliza sobre la barra "0". Además, la barra "2" gira alrededor de la barra "0". Un muelle de constante elástica $k$ y longitud natural nula $l_{0}=d$ conecta los puntos $O$ y $A$.

1. Determina las reducciones cinemáticas $\{01\},\{20\}$ y $\{21\}$ en $G$.
2. Calcula el momento cinético de la barra "2" respecto de $G$.
3. A partir de ahora suponemos que $\phi ={\dot {\phi }}={\ddot {\phi }}=0$, es decir, la coordenada $\phi$ ya no es un grado de libertad. Escribe las ecuaciones de Lagrange del sistema.
4. En $t=0$ tenemos $s(0)=d$, $\theta (0)=-\pi /2$, ${\dot {s}}(0)=0$ y ${\dot {\theta }}=0$ ($\phi$ sigue estando fijada). La barra "2" recibe una percusión ${\vec {\hat {F}}}=[{\hat {F}}_{0},0,{\hat {F}}_{0}]_{1}$ en el punto B. Determina el estado del sistema justo después de la percusión.

Solución

Reducciones cinemáticas en $G$

Para el movimiento {01} tenemos

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

Teniendo en cuenta que

${\overrightarrow {OG}}=s\,{\vec {\imath }}_{0}+d\cos {\theta }\,{\vec {\jmath }}_{0}+d\,\mathrm {sen} \,\theta \,{\vec {k}}_{0},$

tenemos

${\vec {v}}_{01}^{\,G}={\vec {v}}_{01}^{\,O}+{\vec {\omega }}_{01}\times {\overrightarrow {OG}}=-d{\dot {\phi }}\cos \theta \,{\vec {\imath }}_{0}+s{\dot {\phi }}\,{\vec {\jmath }}_{0}.$

Para el movimiento {20}

${\vec {\omega }}_{20}={\dot {\theta }}\,{\vec {\imath }}_{0},\qquad {\vec {v}}_{01}^{\,A}={\dot {s}}\,{\vec {\imath }}_{0}.$

Teniendo en cuenta que

${\overrightarrow {AG}}=d\cos {\theta }\,{\vec {\jmath }}_{0}+d\,\mathrm {sen} \,\theta \,{\vec {k}}_{0},$

tenemos

${\vec {v}}_{20}^{\,G}={\dot {s}}\,{\vec {\imath }}_{0}-d{\dot {\theta }}\,\mathrm {sen} \,\theta \,{\vec {\jmath }}_{0}+d{\dot {\theta }}\cos \theta \,{\vec {k}}_{0}.$

Para el movimiento {21} usamos las leyes de composición

${\begin{array}{l}{\vec {\omega }}_{21}={\vec {\omega }}_{20}+{\vec {\omega }}_{01}={\dot {\theta }}\,{\vec {\imath }}_{0}+{\dot {\phi }}\,{\vec {k}}_{0}.\\\\{\vec {v}}_{21}^{\,G}={\vec {v}}_{20}^{\,G}+{\vec {v}}_{01}^{\,G}=({\dot {s}}-d{\dot {\phi }}\cos \theta )\,{\vec {\imath }}_{0}-d{\dot {\theta }}\,\mathrm {sen} \,\theta \,{\vec {\jmath }}_{0}+d{\dot {\theta }}\cos \theta \,{\vec {k}}_{0}.\end{array}}$

Momento cinético de la barra respecto a $G$

El momento cinético respecto al Centro de Masas $G$ es

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

El tensor de inercia es

${\overset {\leftrightarrow }{I}}_{G}\left[{\begin{array}{ccc}I_{0}&0&0\\0&I_{0}&0\\0&0&0\end{array}}\right]_{2}\qquad \qquad I_{0}={\dfrac {1}{12}}m(2d)^{2}={\dfrac {1}{3}}md^{2}.$

Hay que expresar ${\vec {\omega }}_{21}$ en la base "2". Del dibujo tenemos

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

Entonces

${\vec {\omega }}_{21}={\dot {\theta }}\,{\vec {\imath }}_{0}+{\dot {\phi }}\,{\vec {k}}_{0}={\dot {\theta }}\,{\vec {\imath }}_{2}-{\dot {\phi }}\cos \theta \,{\vec {\jmath }}_{0}+{\dot {\phi }}\,\mathrm {sen} \,\theta \,{\vec {k}}_{2}.$

El momento cinético es

${\vec {L}}_{G}=\left[{\begin{array}{ccc}I_{0}&0&0\\0&I_{0}&0\\0&0&0\end{array}}\right]_{2}\left[{\begin{array}{c}{\dot {\theta }}\\-{\dot {\phi }}\cos \theta \\{\dot {\phi }}\,\mathrm {sen} \,\theta \end{array}}\right]_{2}=\left[{\begin{array}{c}I_{0}{\dot {\theta }}\\-I_{0}{\dot {\phi }}\cos \theta \\0\end{array}}\right]_{2}$

Ecuaciones de Lagrange

Al restringir el grado de libertad $\phi$, el problema tiene sólo dos grados de libertad $\{s,\theta \}$. La reducción cinemática y el momento angular quedan

${\begin{array}{l}{\vec {\omega }}_{21}=[{\dot {\theta }},\,0,\,0]_{0}\\\\{\vec {v}}_{21}^{\,G}=[{\dot {s}},\,-d{\dot {\theta }}\,\mathrm {sen} \,\theta \,d{\dot {\theta }}\cos \theta ]_{0}\\\\{\vec {L}}_{G}=[I_{0}{\dot {\theta }},\,0,\,0]_{0}.\end{array}}$

Energía cinética

Tenemos

$T=T_{tra}+T_{rot}$

Para la energía cinética de traslación

$T_{tra}={\dfrac {1}{2}}m|{\vec {v}}_{21}^{\,G}|^{2}={\dfrac {1}{2}}m({\dot {s}}^{2}+d^{2}{\dot {\theta }}^{2}).$

La de rotación es

$T_{rot}={\dfrac {1}{2}}{\vec {L}}_{G}\cdot {\vec {\omega }}_{21}={\dfrac {1}{6}}md^{2}{\dot {\theta }}^{2}.$

Hemos usado la expresión de ${\vec {\omega }}_{21}$ para calcular el producto escalar con el momento cinético ${\vec {L}}_{G}$. Entonces

$T={\dfrac {1}{6}}m(3{\dot {s}}^{2}+4d^{2}{\dot {\theta }}^{2}).$

Energía potencial

Contribuyen el muelle y la gravedad

$U_{g}=mgd\,\mathrm {sen} \,\theta ,\qquad U_{k}={\dfrac {1}{2}}k(s-d)^{2}.$

Para la energía potencial gravitatoria hemos tomado como referencia el plano $OX_{1}Y_{1}$. La energía potencial total es

$U=U_{g}+U_{k}=mgd\,\mathrm {sen} \,\theta +{\dfrac {1}{2}}k(s-d)^{2}.$

Ecuaciones de Lagrange

La función de Lagrange es

$L=T-U={\dfrac {1}{6}}m(3{\dot {s}}^{2}+4d^{2}{\dot {\theta }}^{2})-mgd\,\mathrm {sen} \,\theta -{\dfrac {1}{2}}k(s-d)^{2}.$

Ecuación de Lagrange para $s$:

$\left.{\begin{array}{l}{\dfrac {\partial L}{\partial {\dot {s}}}}=m{\dot {s}},\\\\{\dfrac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left({\dfrac {\partial L}{\partial {\dot {s}}}}\right)=m{\ddot {s}},\\\\{\dfrac {\partial L}{\partial s}}=-k(s-d).\end{array}}\right\}\to {\ddot {s}}+{\dfrac {k}{m}}(s-d)=0$

Ecuación de Lagrange para $\theta$:

$\left.{\begin{array}{l}{\dfrac {\partial L}{\partial {\dot {\theta }}}}={\dfrac {4}{3}}md^{2}{\dot {\theta }},\\\\{\dfrac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left({\dfrac {\partial L}{\partial {\dot {\theta }}}}\right)={\dfrac {4}{3}}md^{2}{\ddot {\theta }},\\\\{\dfrac {\partial L}{\partial \theta }}=-mgd\cos \theta .\end{array}}\right\}\to {\ddot {\theta }}+{\dfrac {3g}{4d}}\cos \theta =0.$

En este caso las dos ecuaciones están desacopladas.

Percusión

El estado inicial del sistema es

$s(0)=d,\qquad {\dot {s}}(0)=0,\qquad \theta (0)=-\pi /2,\qquad {\dot {\theta }}(0)=0.$

La percusión se aplica en $B$ y vale ${\vec {\hat {F}}}=[{\hat {F}}_{0},0,{\hat {F}}_{0}]$. Vamos a necesitar la velocidad absoluta del punto $B$. Teniendo en cuenta que ${\overrightarrow {GB}}=[0,d\cos \theta ,d\,\mathrm {sen} \,\theta ]_{0}$, tenemos

${\vec {v}}_{21}^{\,B}={\vec {v}}_{21}^{\,G}+{\vec {\omega }}_{21}\times {\overrightarrow {GB}}=[{\dot {s}},-2d{\dot {\theta }}\,\mathrm {sen} \,\theta ,2d{\dot {\theta }}\cos \theta ]_{0}.$

Los momentos generalizados son

$p_{s}={\dfrac {\partial L}{\partial {\dot {s}}}}=m{\dot {s}},\qquad p_{\theta }={\dfrac {\partial L}{\partial {\dot {\theta }}}}={\dfrac {4}{3}}md^{2}{\dot {\theta }}.$

Las ecuaciones de Lagrange impulsivas son

${\begin{array}{l}\Delta p_{s}={\hat {Q}}_{s}^{NC}=\left.{\vec {\hat {F}}}\cdot {\dfrac {\partial {\vec {v}}_{21}^{\,B}}{\partial {\dot {s}}}}\right|_{t=0},\\\\\Delta p_{\theta }={\hat {Q}}_{s}^{NC}=\left.{\vec {\hat {F}}}\cdot {\dfrac {\partial {\vec {v}}_{21}^{\,B}}{\partial {\dot {\theta }}}}\right|_{t=0}.\end{array}}$

Como se parte del reposo

$\Delta p_{s}=m{\dot {s}}^{+},\qquad \Delta p_{\theta }={\dfrac {4}{3}}md^{2}{\dot {\theta }}^{+}.$

Tenemos

${\dfrac {\partial {\vec {v}}_{21}^{\,B}}{\partial {\dot {s}}}}=[1,\,0,\,0]_{0},\qquad {\dfrac {\partial {\vec {v}}_{21}^{\,B}}{\partial {\dot {\theta }}}}=[0,\,-2d\,\mathrm {sen} \,\theta ,\,2d\cos \theta ]_{0}.$

Por tanto

$\left.{\dfrac {\partial {\vec {v}}_{21}^{\,B}}{\partial {\dot {s}}}}\right|_{t=0}=[1,\,0,\,0]_{0},\qquad \left.{\dfrac {\partial {\vec {v}}_{21}^{\,B}}{\partial {\dot {\theta }}}}\right|_{t=0}=[0,\,2d,\,0]_{0}.$

Las percusiones generalizadas son

$Q_{s}^{NC}={\hat {F}}_{0},\qquad Q_{\theta }^{NC}=0.$

Y el estado después de la percusión es

${\dot {s}}(0^{+})={\dfrac {{\hat {F}}_{0}}{m}},\qquad {\dot {\theta }}(0^{+})=0.$