Aro colgando de una barra que rota, Enero 2015 (MR G.I.C.)

Enunciado

La barra homogénea $OA$ (sólido "0") tiene masa $m$ y longitud $L$. Está articulada en el punto fijo $O$ y rota de modo que está siempre contenida en el plano $OX_{1}Y_{1}$. En su extremo $A$ está articulado un aro homogéneo de radio $R$ y masa $m$ (sólido "2"). El sistema está sometido a la acción de la gravedad. Se recomienda utilizar los ángulos $\{\theta ,\psi \}$ como coordenadas para resolver el problema.

1. Determina las reducciones cinemáticas de los movimientos {01}, {21}, {20}.
2. Calcula las energías cinética y potencial totales del sistema.
3. Usando las herramientas de la Dinámica Analítica, encuentra las ecuaciones de movimiento.
4. Se impone el vínculo cinemático ${\dot {\theta }}=\omega _{0}$. Determina el par necesario para imponer dicho vínculo. Supón que en el instante inicial se tiene $\theta (0)=0$, $\psi (0)=0$.
5. Supongamos que las coordenadas $\{\theta ,\psi \}$ son de nuevo libres. Supón que se tiene $\theta (0)=0$, $\psi (0)=0$. En ese instante una percusión ${\vec {\hat {F}}}=[{\hat {F}}_{0},{\hat {F}}_{0},0]_{1}$ actúa sobre el punto $A$. Determina el estado cinemático del sistema justo después de la percusión.

Solución

Reducciones cinemáticas

Movimiento {01}

Este movimiento es un movimiento plano y el eje $OX_{0}$ forma un ángulo $\theta$ con el eje $OX_{1}$. Por tanto el vector rotación es

${\vec {\omega }}_{01}={\dot {\theta }}\,{\vec {k}}_{1}$

El signo es positivo, pues cuando $\theta$ crece, ${\dot {\theta }}>0$, y el vector ${\vec {\omega }}_{01}$ apunta en el sentido positivo del eje $OZ_{1}$, como corresponde.

El punto $O$ es un punto fijo común de la barra y los ejes "1", por tanto

${\vec {v}}_{\,01}^{O}={\vec {0}}$

Movimiento {21}

También es un movimiento plano, y el eje $CX_{2}$ forma un ángulo $\psi$ con el eje $OX_{1}$, por tanto

${\vec {\omega }}_{21}={\dot {\psi }}\,{\vec {k}}_{1}$

El signo es positivo por la misma razón que en el movimiento {21}.

El punto $A$ es un punto común en todo instante de la barra y el aro. Por tanto

${\vec {v}}_{20}^{\,A}={\vec {0}}$

Aplicando composición de movimientos tenemos

${\vec {v}}_{21}^{\,A}={\vec {v}}_{20}^{\,A}+{\vec {v}}_{01}^{\,A}={\vec {v}}_{01}^{\,A}$

Usando el teorema de Chasles para el movimiento {01} tenemos

${\vec {v}}_{01}^{\,A}={\vec {v}}_{01}^{\,O}+{\vec {\omega }}_{01}\times {\overrightarrow {OA}}={\vec {\omega }}_{01}\times {\overrightarrow {OA}}$

El vector geométrico es

${\overrightarrow {OA}}=L\cos \theta \,{\vec {\imath }}_{1}+L\,\mathrm {sen} \,\theta \,{\vec {\jmath }}_{1}$

Por tanto

${\vec {v}}_{01}^{\,A}={\vec {v}}_{21}^{\,A}=-L{\dot {\theta }}\,\mathrm {sen} \,\theta \,{\vec {\imath }}_{1}+L{\dot {\theta }}\cos \theta \,{\vec {\jmath }}_{1}$

Este resultado también puede obtenerse derivando respecto al tiempo el vector ${\overrightarrow {OA}}$.

Movimiento {20}

Ya tenemos la velocidad del punto $A$

${\vec {v}}_{20}^{\,A}={\vec {0}}$

Obtenemos el vector rotación usando composición de movimientos

${\vec {\omega }}_{21}={\vec {\omega }}_{20}+{\vec {\omega }}_{01}\Longrightarrow {\vec {\omega }}_{20}={\vec {\omega }}_{21}-{\vec {\omega }}_{01}=({\dot {\psi }}-{\dot {\theta }})\,{\vec {k}}_{1}$

Energías cinética y potencial

Energía cinética

La energía cinética tiene una contribución de la barra y otra del aro:

$T=T_{0}+T_{2}$

El punto $O$ es un punto fijo y el movimiento es plano. Entonces la rotación se produce alrededor de un eje principal de inercia. Por tanto

$T_{0}={\dfrac {1}{2}}I_{0}|{\vec {\omega }}_{01}|^{2}={\dfrac {1}{2}}I_{0}{\dot {\theta }}^{2}$

Aquí, $I_{0}$ es el momento de inercia de la barra respecto de un eje perpendicular a ella que pasa por su extremo

$I_{0}={\dfrac {1}{3}}mL^{2}$

Para el aro lo más sencillo es usar el centro de masas

$T_{2}={\dfrac {1}{2}}m|{\vec {v}}_{21}^{\,C}|^{2}+{\dfrac {1}{2}}I_{2}|{\vec {\omega }}_{21}|^{2}$

El primer término es la energía cinética de traslación del centro de masas y el segundo la energía cinética de rotación alrededor del centro de masas.

Usamos la reducción cinemática del movimiento {21}. De la figura vemos que

${\overrightarrow {AC}}=R\,\mathrm {sen} \,\psi \,{\vec {\imath }}_{1}-R\cos \psi \,{\vec {\jmath }}_{1}$

El teorema de Chasles nos dice que

${\vec {v}}_{21}^{\,C}={\vec {v}}_{21}^{\,A}+{\vec {\omega }}_{21}\times {\overrightarrow {AC}}$

Haciendo los cálculos llegamos a

${\vec {v}}_{21}^{\,C}=(R{\dot {\psi }}\cos \psi -L{\dot {\theta }}\,\mathrm {sen} \,\theta )\,{\vec {\imath }}_{1}+(R{\dot {\psi }}\,\mathrm {sen} \,\psi +L{\dot {\theta }}\cos \theta )\,{\vec {\jmath }}_{1}$

La energía de traslación del centro de masas del aro es

${\dfrac {1}{2}}m|{\vec {v}}_{21}^{\,C}|^{2}={\dfrac {m}{2}}(L^{2}{\dot {\theta }}^{2}+R^{2}{\dot {\psi }}^{2}-2LR{\dot {\theta }}{\dot {\psi }}\,\mathrm {sen} \,(\theta -\psi ))$

Para simplificar un poco la expresión hemos usado que

$\mathrm {sen} \,(\alpha -\beta )=\mathrm {sen} \,\alpha \cos \beta -\mathrm {sen} \,\beta \cos \alpha$

La componente de rotación alrededor del centro de masas es

${\dfrac {1}{2}}I_{2}|{\vec {\omega }}_{21}|^{2}={\dfrac {1}{2}}I_{2}{\dot {\psi }}^{2}$

Aquí, $I_{2}$ es el momento de inercia del aro respecto a un eje perpendicular a él que pasa por su centro

$I_{2}=mR^{2}$

La energía cinética total del aro es

$T_{2}={\dfrac {1}{2}}mL^{2}{\dot {\theta }}^{2}+{\dfrac {1}{2}}(I_{2}+mR^{2}){\dot {\psi }}^{2}-mLR{\dot {\theta }}{\dot {\psi }}\,\mathrm {sen} \,(\theta -\psi )$

La energía cinética total es

$T=T_{0}+T_{2}={\dfrac {1}{2}}(I_{0}+mL^{2}){\dot {\theta }}^{2}+{\dfrac {1}{2}}(I_{2}+mR^{2}){\dot {\psi }}^{2}-mLR{\dot {\theta }}{\dot {\psi }}\,\mathrm {sen} \,(\theta -\psi )$

Sustituyendo los valores de los momentos de inercia tenemos

$T={\dfrac {2}{3}}mL^{2}{\dot {\theta }}^{2}+mR^{2}{\dot {\psi }}^{2}-mLR{\dot {\theta }}{\dot {\psi }}\,\mathrm {sen} \,(\theta -\psi )$

Energía potencial

La energía potencial es únicamente gravitatoria. Tiene dos componentes, una de la barra y otra del aro. Escogiendo como origen de energía potencial el eje $OX_{1}$ tenemos para el aro

$U_{0}=mgz_{G}={\dfrac {1}{2}}mgL\,\mathrm {sen} \,\theta$

Para el aro tenemos

$U_{2}=mgz_{C}=mg\,(L\,\mathrm {sen} \,\theta -R\cos \psi )$

La energía potencial total es

$U=U_{0}+U_{2}={\dfrac {3}{2}}mgL\,\mathrm {sen} \,\theta -mgR\cos \psi$

Ecuaciones de movimiento

El sistema es conservativo e independiente, es decir tiene dos grados de libertad y tenemos dos coordenadas generalizadas independientes. Entonces las ecuaciones de movimiento son las ecuaciones de Euler para cada coordenada:

${\begin{array}{l}{\dfrac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left({\dfrac {\partial L}{\partial {\dot {\theta }}}}\right)-{\dfrac {\partial L}{\partial \theta }}=0\\\\{\dfrac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left({\dfrac {\partial L}{\partial {\dot {\psi }}}}\right)-{\dfrac {\partial L}{\partial \psi }}=0\end{array}}$

La función lagrangiana es

$L=T-U={\dfrac {2}{3}}mL^{2}{\dot {\theta }}^{2}+mR^{2}{\dot {\psi }}^{2}-mLR{\dot {\theta }}{\dot {\psi }}\,\mathrm {sen} \,(\theta -\psi )-{\dfrac {3}{2}}mgL\,\mathrm {sen} \,\theta +mgR\cos \psi$

Ecuación para $\theta$

Tenemos

${\begin{array}{l}{\dfrac {\partial L}{\partial {\dot {\theta }}}}={\dfrac {4}{3}}mL^{2}{\dot {\theta }}-mLR{\dot {\psi }}\,\mathrm {sen} \,(\theta -\psi )\\\\{\dfrac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left({\dfrac {\partial L}{\partial {\dot {\theta }}}}\right)={\dfrac {4}{3}}mL^{2}{\ddot {\theta }}-mLR{\ddot {\psi }}\,\mathrm {sen} \,(\theta -\psi )-mLR{\dot {\psi }}({\dot {\theta }}-{\dot {\psi }})\cos(\theta -\psi )\\\\{\dfrac {\partial L}{\partial \theta }}=-mLR{\dot {\theta }}{\dot {\psi }}\cos(\theta -\psi )-{\dfrac {3}{2}}mgL\cos \theta \end{array}}$

La ecuación de $\theta$ es

$8mL^{2}{\ddot {\theta }}-6mLR{\ddot {\psi }}\,\mathrm {sen} \,(\theta -\psi )+6mLR{\dot {\psi }}^{2}\cos(\theta -\psi )+9mgL\cos \theta =0$

Ecuación para $\psi$

Tenemos

${\begin{array}{l}{\dfrac {\partial L}{\partial {\dot {\psi }}}}=2mR^{2}{\dot {\psi }}-mLR{\dot {\theta }}\,\mathrm {sen} \,(\theta -\psi )\\\\{\dfrac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left({\dfrac {\partial L}{\partial {\dot {\psi }}}}\right)=2mR^{2}{\ddot {\psi }}-mLR{\ddot {\theta }}\,\mathrm {sen} \,(\theta -\psi )-mLR{\dot {\theta }}({\dot {\theta }}-{\dot {\psi }})\cos(\theta -\psi )\\\\{\dfrac {\partial L}{\partial \psi }}=mLR{\dot {\theta }}{\dot {\psi }}\cos(\theta -\psi )-mgR\,\mathrm {sen} \,\psi \end{array}}$

La ecuación de $\psi$ es

$2mR^{2}{\ddot {\psi }}-mLR{\ddot {\theta }}\,\mathrm {sen} \,(\theta -\psi )-mLR{\dot {\theta }}({\dot {\theta }}-{\dot {\psi }})\cos(\theta -\psi )-mLR{\dot {\theta }}{\dot {\psi }}\cos(\theta -\psi )+mgR\,\mathrm {sen} \,\psi =0$

Vínculo cinemático ${\dot {\theta }}=\omega _{0}$

Utilizamos un multiplicador de Lagrange para imponer el vínculo cinemático. Con el multiplicador las ecuaciones de Lagrange se convierten en

${\begin{array}{l}{\dfrac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left({\dfrac {\partial L}{\partial {\dot {\theta }}}}\right)-{\dfrac {\partial L}{\partial \theta }}=\mu {\dfrac {\partial g}{\partial {\dot {\theta }}}}\\\\{\dfrac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left({\dfrac {\partial L}{\partial {\dot {\psi }}}}\right)-{\dfrac {\partial L}{\partial \psi }}=\mu {\dfrac {\partial g}{\partial {\dot {\psi }}}}\\\\g={\dot {\theta }}-\omega _{0}=0\end{array}}$

Del vínculo vemos que

$\mu {\dfrac {\partial g}{\partial {\dot {\theta }}}}=1,\qquad \mu {\dfrac {\partial g}{\partial {\dot {\theta }}}}=0$

Las ecuaciones de Lagrange se convierten en, utilizando ahora la ecuación del vínculo

${\begin{array}{l}\mu =-6mLR{\ddot {\psi }}\,\mathrm {sen} \,(\omega _{0}t-\psi )+6mLR{\dot {\psi }}^{2}\cos(\omega _{0}t-\psi )+9mgL\cos \omega _{0}t\\\\2mR^{2}{\ddot {\psi }}-mLR\omega _{0}(\omega _{0}t-{\dot {\psi }})\cos(\omega _{0}t-\psi )-mLR\omega _{0}{\dot {\psi }}\cos(\omega _{0}t-\psi )+mgR\,\mathrm {sen} \,\psi =0\end{array}}$

La segunda ecuación es la ecuación de movimiento para $\psi$, el único grado de libertad del problema en este caso. La primera da el valor de multiplicador de Lagrange. Este multiplicador es la componente en ${\vec {k}}_{1}$ del par necesario para imponer el vínculo sobre $\theta$. Podemos ver esto comparando el término de fuerza generalizada obtenido del multiplicador de Lagrange en la ecuación para $\theta$ con el que saldría si imponemos un par ${\vec {\tau }}=\tau _{0}{\vec {k}}_{1}$ usando el Prinicipio de Liberación

$\mu {\dfrac {\partial g}{\partial {\dot {\theta }}}}={\vec {\tau }}\cdot {\dfrac {\partial {\vec {\omega }}_{01}}{\partial {\dot {\theta }}}}$

De aquí obtenemos

$\mu =\tau _{0}$

Percusión

Consideramos de nuevo el caso en que $\{\theta ,\psi \}$ son libres. En la configuración dada por $\theta (0)=0$ y $\psi (0)=0$ se aplica un percusión en $A$

${\vec {\hat {F}}}={\hat {F}}_{0}\,{\vec {\imath }}_{1}+{\hat {F}}_{0}\,{\vec {\jmath }}_{1}$

Las ecuaciones de Lagrange impulsivas son

${\begin{array}{l}\Delta p_{\theta }={\hat {Q}}_{\theta }\\\\\Delta p_{\psi }={\hat {Q}}_{\psi }\end{array}}$

Tenemos, para $\theta$

$p_{\theta }={\dfrac {\partial L}{\partial {\dot {\theta }}}}={\dfrac {4}{3}}mL^{2}{\dot {\theta }}$

y

$\Delta p_{\theta }={\dfrac {4}{3}}mL^{2}({\dot {\theta }}^{+}-{\dot {\theta }}^{-})$

Hemos usado que en el momento de la percusión se tiene $\theta =0$ y $\psi =0$. Para la percusión generalizada tenemos

${\hat {Q}}_{\theta }={\vec {\hat {F}}}\cdot {\dfrac {\partial {\vec {v}}_{21}^{\,A}}{\partial {\dot {\theta }}}}={\hat {F}}_{0}\,({\vec {\imath }}_{1}+{\vec {\jmath }}_{1})\cdot (-L\,\mathrm {sen} \,\theta \,{\vec {\imath }}_{1}+L\cos \theta \,{\vec {\jmath }}_{1})=\left.F_{0}L\,(-\,\mathrm {sen} \,\theta +\cos \theta )\right|_{\theta =0}=F_{0}L$

Entonces

${\dot {\theta }}^{+}-{\dot {\theta }}^{-}={\dfrac {3{\hat {F}}_{0}}{4mL}}$

Para $\psi$ tenemos

$p_{\Psi }=\left.{\dfrac {\partial L}{\partial {\dot {\psi }}}}\right|_{\theta =0,\psi =0}=2mR^{2}{\dot {\psi }}$

y

$\Delta p_{\theta }=2mR^{2}({\dot {\psi }}^{+}-{\dot {\psi }}^{-})$

Hemos usado que en el momento de la percusión se tiene $\theta =0$ y $\psi =0$. Para la percusión generalizada tenemos

${\hat {Q}}_{\psi }={\vec {\hat {F}}}\cdot {\dfrac {\partial {\vec {v}}_{21}^{\,A}}{\partial {\dot {\psi }}}}={\hat {F}}_{0}\,({\vec {\imath }}_{1}+{\vec {\jmath }}_{1})\cdot (0\,{\vec {\imath }}_{1}+0\,{\vec {\jmath }}_{1})=0$

Entonces

${\dot {\psi }}^{+}-{\dot {\psi }}^{-}=0$