(Página creada con «= Enunciado = right El sistema de la figura consta de dos barra articuladas. La longitud de las dos barras es <math>L=2b</math>. La masa de la barra "2" es <math>m</math>, mientras que la de la masa "0" es despreciable. Las barras se articulan entre sí en el punto <math>B</math>. El extremo <math>A</math> de la barra "0" se conecta con un pasador, de modo que desliza sobre el eje fijo <math>OX_1</math>. La barra "2" e…»)
 
Sin resumen de edición
 
Línea 1: Línea 1:
= Enunciado =
==Enunciado==
[[Archivo:MRGIC-BarrasArticuladas-Enunciado.png|right]]
Una masa de 0.5&thinsp;kg situada en el extremo de una cuerda de 50&thinsp;cm de longitud se hace girar horizontalmente con la mano de manera que da 2 vueltas por segundo. ¿Puede estar la cuerda completamente horizontal? Determine la tensión de la cuerda y el ángulo que forma con la horizontal.
El sistema de la figura consta de dos barra articuladas. La longitud de las dos barras es
<math>L=2b</math>. La masa de la barra "2" es <math>m</math>, mientras que la de la masa "0" es despreciable. Las barras se articulan entre sí en el punto <math>B</math>.
El extremo <math>A</math> de la barra "0" se conecta con un pasador, de modo que desliza sobre
el eje fijo <math>OX_1</math>. La barra "2" está articulada sobre el eje <math>OX_1</math> en el punto fijo
<math>C</math>. Un muelle de constante elástica <math>k</math> y longitud natural nula conecta los centros de
las barras.


<center>[[Archivo:mano-hilo-pesa.jpg]]</center>


#Determina gráfica y analíticamente la posición de los CIR de los tres movimientos que se pueden definir en el sistema.
==Solución==
#¿Cuántos grados de libertad tiene el problema?.  Encuentra reducciones cinemáticas de los movimientos <math>\{21\}</math>, <math>\{20\}</math> y <math>\{01\}</math>. Las reducciones deben expresarse en función de los grados de libertad.
La masa realiza su movimiento circular como consecuencia de la acción de dos fuerzas: su peso y la tensión de la cuerda
#Calcula la energía cinética y potencial del sistema.
#Determina la posición de equilibrio.
#Se aplica un par <math>\vec{\tau}=\tau_0\,\vec{k}_1</math> sobre la barra "2". Dibuja el diagrama de fuerzas y pares que actúan sobre cada barra.
#Calcula la cantidad de movimiento de cada barra.
#Calcula <math>\vec{L}^{\,'0'}_{G_0}</math> y <math>\vec{L}^{\,'2'}_C</math>.
#Aplicando el T.C.M. y el T.M.C. encuentra las ecuaciones que describen el sistema.
#Escribe la función de Lagrange y las ecuaciones de Lagrange del sistema.


= Solución =
<center><math>m\vec{g}+\vec{F}_T = m\vec{a}</math></center>


== Posiciones de los C.I.R.s ==
<center>[[Archivo:masa-rotante-hilo.png]]</center>
[[Archivo:MRGIC-BarrasArticuladas-CIR.png|right]]
Las barras están articuladas en el punto <math>B</math>. Por tanto
<center>
<math>
\vec{v}^{\,B}_{20} = \vec{0}
\Longrightarrow
I_{20}\equiv B.
</math>
</center>
La barra "2" esta articulada en el punto fijo <math>C</math>. Entonces
<center>
<math>
\vec{v}^{\,C}_{21} = \vec{0}
\Longrightarrow
I_{21}\equiv C.
</math>
</center>
El punto <math>A</math> desliza sobre el eje fijo <math>OX_1</math>. Entonces <math>\vec{v}^{\,A}_{01}\parallel \vec{\imath}_1</math>. El C.I.R. <math>I_{01}</math> debe estar en la recta perpendicular a esta velocidad trazada en <math>A</math>. Por otro lado, el Teorema de los Tres Centros nos dice que ese C.I.R. también debe encontrarse en la recta que une <math>I_{21}</math> y <math>I_{20}</math>. El punto de corte nos da la posición de <math>I_{01}</math>. Los vectores de posición de estos puntos son
<center>
<math>
\begin{array}{l}
\overrightarrow{OI}_{01} = x\,\vec{\imath}_1 + 4b\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\jmath}_1,\\
\overrightarrow{OI}_{20} = (x + 2b\cos\theta)\,\vec{\imath}_1 + 2b\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\jmath}_1,\\
\overrightarrow{OI}_{21} = 4b\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\jmath}_1.
\end{array}
</math>
</center>


== Cinemática ==
El peso va en la dirección vertical


Observando el dibujo tenemos
<center><math>m\vec{g}=-mg\vec{k}</math></center>
<center>
<math>
\vec{\omega}_{01} = \dot{\theta}\,\vec{k}, \qquad \vec{v}^{\,A}_{01} = \dot{x}\,\vec{\imath}_1.
</math>
</center>
Para la barra "2" tenemos
<center>
<math>
\vec{\omega}_{21} = -\dot{\theta}\,\vec{k}, \qquad \vec{v}^{\,C}_{21} = \vec{0}.
</math>
</center>
Ahora aplicamos el vínculo en el punto de articulación de las barras: <math>\vec{v}^{\,B}_{20}=\vec{0}</math>. Usando las leyes de composición de velocidades
<center>
<math>
\begin{array}{ll}
\vec{v}^{\,B}_{20}  &= \vec{v}^{\,B}_{21} - \vec{v}^{\,B}_{01}=
(4b\dot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta - \dot{x})\,\vec{\imath}_1
\\
&\\
& \vec{v}^{\,B}_{21} = \vec{v}^{\,C}_{21} + \vec{\omega}_{21}\times\overrightarrow{CB}
= (-\dot{\theta}\,\vec{k})\times(-2b\cos\theta\,\vec{\imath}_1 + 2b\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\jmath}_1)
=
2b\dot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\imath}_1 + 2b\dot{\theta}\cos\theta\,\vec{\jmath}_1.\\
& \vec{v}^{\,B}_{01} = \vec{v}^{\,A}_{01} + \vec{\omega}_{01}\times\overrightarrow{AB} =
(\dot{x} -2b\dot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta)\,\vec{\imath}_1 +  2b\dot{\theta}\cos\theta\,\vec{\jmath}_1.
\\
& \qquad \vec{v}^{\,A}_{01} = \dot{x}\,\vec{\imath}_1\\
& \qquad \vec{\omega}_{01}\times\overrightarrow{AB}= (\dot{\theta}\,\vec{k})\times(2b\cos\theta\,\vec{\imath}_1 + 2b\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\jmath}_1)
=
-2b\dot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\imath}_1 + 2b\dot{\theta}\cos\theta\,\vec{\jmath}_1.
\end{array}
</math>
</center>
Para que esa velocidad se anula debe cumplirse
<center>
<math>
\dot{x} = 4b\dot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta.
</math>
</center>
Otra forma de obtener esta expresión es darse cuenta de que
<center>
<math>
\overline{OC} = x + 4b\cos\theta = cte.
</math>
</center>
Derivando respecto al tiempo esta expresión se obtiene el resultado anterior.


Así pues, el sistema tiene un grado de libertad. Elegimos la coordenada <math>\{\theta\}</math> para trabajar. Las reducciones cinemáticas quedan
mientras que la tensión va en la dirección de la cuerda y por tanto tiene una componente radial hacia adentro y otra vertical hacia arriba. Si <math>\phi</math> es el ángulo que el hilo forma con la horizontal, la tensión se escribe
<center>
<math>
\begin{array}{ll}
\vec{\omega}_{01} = \dot{\theta}\,\vec{k}, & \vec{v}^{\,A}_{01} = 4b\dot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\imath}_1, \\
&\\
\vec{\omega}_{21} = -\dot{\theta}\,\vec{k}, & \vec{v}^{\,C}_{01} = \vec{0}.
\end{array}
</math>
</center>


== Energía cinética y potencial ==
<center><math>\vec{F}_T = F_T\left(-\cos(\phi)\vec{u}_\rho+\mathrm{sen}(\phi)\vec{k}\right)</math></center>
La masa de la barra "0" es despreciable. Por tanto, no contribuye ni a la energía cinética ni a la energía potencial del sistema.


La barra "2" tiene un punto fijo. Entonces su energía cinética puede expresarse
Por último, la aceleración en un movimiento circular uniforme es puramente radial y hacia adentro, siendo su módulo proporcional al radio de la circunferencia y al cuadrado de la velocidad angular
<center>
<math>
T^{'2'} = \dfrac{1}{2}I_C|\vec{\omega}_{21}|^2 = \dfrac{2}{3}mb^2\dot{\theta}^2.
\qquad\qquad
(I_C = mL^2/3 = 4mb^2/3)
</math>
</center>
Su energía potencial gravitatoria es
<center>
<math>
U^{'2'}_g = mbg\,\mathrm{sen}\,\theta.
</math>
</center>
La energía potencial elástica del muelle es
<center>
<math>
U_k = \dfrac{1}{2}k\overline{G_0G_2}^2 = 2kb^2\cos^2\theta.
</math>
</center>
Entonces, la energía potencial total es
<center>
<math>
U = U_g + U_k = mbg\,\mathrm{sen}\,\theta +  2kb^2\cos^2\theta.
</math>
</center>


== Posición de equilibrio ==
<center><math>m\vec{a}=-m\omega^2 R\vec{u}_\rho</math></center>
Como no hay fuerzas aplicadas no conservativas, la condición de equilibrio es
<center>
<math>
\dfrac{\partial U}{\partial\theta} =  
mgb\cos\theta - 4kb^2\,\mathrm{sen}\,\theta\cos\theta =
0
\Longrightarrow
\cos\theta\,(mg-4kb\,\mathrm{sen}\,\theta) = 0.
</math>
</center>
Tenemos dos posibles soluciones
<center>
<math>
\begin{array}{l}
\cos\theta = 0 \to \left\{\begin{array}{l} \theta=\pi/2 \\ \theta=-\pi/2\end{array}\right.\\
\\
\mathrm{sen}\,\theta = mg/4kb.
\end{array}
</math>
</center>
La última posición sólo puede observarse si <math>mg<4kb</math>, pues el seno debe ser siempre menor que 1.


Aunque no se pide en el enunciado, vamos a analizar la estabilidad de estas posiciones de equilibrio. Para ello calculamos la derivada segunda del potencial
aquí <math>R</math> no es la longitud de la cuerda, sino el radio de la circunferencia. Este se relaciona con la longitud <math>b</math> de la cuerda por
<center>
<math>
\dfrac{\partial^2U}{\partial\theta^2} = -mgb\,\mathrm{sen}\,\theta - 4kb^2\,(1-2\,\mathrm{sen}^2\,\theta)
</math>
</center>
Ahora evaluamos la segunda derivada en las posiciones de equilibrio
<center>
<math>
\begin{array}{lclcl}
\theta = \pi/2 & \to & \dfrac{\partial^2U}{\partial\theta^2} = 4kb^2-mgb &\to &\left\{
\begin{array}{l}
4kb>mg \to \mathrm{Minimo} \to \mathrm{Estable}\\
4kb<mg \to \mathrm{Maximo} \to \mathrm{Inestable}\\
4kb=mg \to \mathrm{Inflexion} \to \mathrm{Indiferente}
\end{array}
\right.
\\
\theta = -\pi/2 & \to & \dfrac{\partial^2U}{\partial\theta^2} = mgb + 4kb^2&\to & \mathrm{Minimo} \to \mathrm{Estable}\\
\mathrm{sen}\,\theta = mg/4kb & \to & \dfrac{\partial^2U}{\partial\theta^2} = -4kb^2+ m^2g^2/4k &\to &\left\{
\begin{array}{l}
4kb>mg \to \mathrm{Maximo} \to \mathrm{Inestable}\\
4kb<mg \to \mathrm{No\, aparece}\\
4kb=mg \to \mathrm{Inflexion} \to \mathrm{Indiferente}
\end{array}
\right.
\end{array}
</math>
</center>
[[Archivo:MRGIC-BarrasArticuladas-Curvas.png|right]]
La gráfica representa la función <math>U/kb^2</math> en función del ángulo. Vemos que cuando <math>mg<4kb</math> la función tiene dos mínimos y un máximo. Los mínimos son las soluciones estables (<math>\theta=\pm\pi/2</math>) y el máximo la inestable (<math>\mathrm{sen}\,\theta=mg/4kb</math>).  
Cuando <math>mg\geq4kb</math> sólo hay un mínimo (<math>\theta=-\pi/2</math>). En el caso <math>mg=4kb</math> la curva es plana en <math>\theta=\pi/2</math> correspondiendo a la situación de equilibrio indiferente.


== Diagrama de fuerzas con par aplicado ==
<center><math>R = b\cos(\phi)\,</math></center>
[[Archivo:MRGIC-BarrasAriculadas-Fuerzas.png|right]]
La figura de la derecha muestra las fuerzas y pares que actúan sobre cada sólido. Sus expresiones en la base "1" son


'''Sólido 2 '''
La velocidad angular la hallamos sabiendo que el enunciado nos da la frecuencia natural (2 vueltas por segundo, esto es 2&thinsp;Hz).


<center>
Sustituyendo todo esto en la ecuación de movimiento queda
<math>
\begin{array}{l}
\vec{P}_2 = -mg\,\vec{\jmath}_1,\\
\vec{C}_{21} = C_x\,\vec{\imath}_1 + C_y\,\vec{\jmath}_1,\\
\vec{B}_{20} = B_x\,\vec{\imath}_1 + B_y\,\vec{\jmath}_1,\\
\vec{F}_{k2} = -k\overrightarrow{G_0G_2} = -2kb\cos\theta\,\vec{\imath}_1,\\
\vec{\tau} = \tau_0\,\vec{k}.
\end{array}
</math>
</center>


'''Sólido 0 '''
<center><math>-mg\vec{k}+F_T\left(-\cos(\phi)\vec{u}_\rho+\mathrm{sen}(\phi)\vec{k}\right)=-m\omega^2b\cos(\phi)\vec{u}_\rho</math></center>


<center>
Igualando componente a componente
<math>
\begin{array}{l}
\vec{A}_{01} = A_y\,\vec{\jmath}_1,\\
\vec{B}_{02} = -\vec{B}_{20} = -B_x\,\vec{\imath}_1 - B_y\,\vec{\jmath}_1,\\
\vec{F}_{k0} = -\vec{F}_{k2} = 2kb\cos\theta\,\vec{\imath}_1.\\
\end{array}
</math>
</center>
Las incógnitas del problema son: <math>\{\theta, C_x, C_y, B_x, B_y, A_y\}</math>. Son 6, por lo que el problema puede resolverse aplicando los teoremas fundamentales.


== Cantidad de movimiento y momentos angulares ==
<center><math>\left\{\begin{array}{rcl}-F_T\cos(\phi) & = & -m\omega^2b\cos(\phi) \\ && \\ -mg+F_T\mathrm{sen}(\phi) & = & 0\end{array}\right.</math></center>
La barra "0" no tiene ni cantidad de movimiento ni momento angular, pues no tiene masa. Para la barra "2" la cantidad de movimiento es
<center>
<math>
\begin{array}{l}
\vec{C}^{'2'} = m\vec{v}^{\,G_2}_{21} = mb\dot{\theta}\,(\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\imath}_1 + \cos\theta\,\vec{\jmath}_1).
\\ \\
\qquad\qquad\vec{v}^{\,G_2}_{21}  = \vec{v}^{\,C}_{21}  + \vec{\omega}_{21}\times\overrightarrow{CG_2} = b\dot{\theta}\,(\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\imath}_1 + \cos\theta\,\vec{\jmath}_1).
\end{array}
</math>
</center>
Para calcular el momento angular pedido aprovechamos que <math>C</math> es un punto fijo
<center>
<math>
\vec{L}^{\,'2'}_C = I_C\,\vec{\omega}_{21} = -\dfrac{4}{3}mb^2\dot{\theta}\,\vec{k}.
</math>
</center>


== Ecuaciones aplicando los teoremas fundamentales ==
De la primera de estas dos obtenemos la tensión


=== T.C.M. ===
<center><math>F_T = m\omega^2 b\,</math></center>


'''Sólido 2'''
y, conocida la tensión, hallamos el ángulo con la horizontal
Tenemos
<center>
<math>
\left.\dfrac{\mathrm{d}\vec{C}^{\,'2'}}{\mathrm{d}t}\right|_1 = \vec{P}_2 + \vec{C}_{21} + \vec{B}_{20} + \vec{F}_{k2}.
</math>
</center>
La derivada temporal es
<center>
<math>
\left.\dfrac{\mathrm{d}\vec{C}^{\,'2'}}{\mathrm{d}t}\right|_1 =
mb\,((\ddot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta + \dot{\theta}^2\cos\theta)\,\vec{\imath}_1
+ (\ddot{\theta}\cos\theta - \dot{\theta}^2\,\mathrm{sen}\,\theta)\,\vec{\jmath}_1)
</math>
</center>
Obtenemos así dos ecuaciones
<center>
<math>
\begin{array}{lr}
mb\,(\ddot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta + \dot{\theta}^2\cos\theta) = C_x + B_x
- 2kb\cos\theta, & (1)\\
mb\,(\ddot{\theta}\cos\theta - \dot{\theta}^2\,\mathrm{sen}\,\theta) = C_y + B_y -mg. & (2)
\end{array}
</math>
</center>


'''Sólido 2'''
<center><math>\mathrm{sen}(\phi) = \frac{mg}{F_T}=\frac{g}{\omega^2b}</math></center>
En este caso la derivada temporal se anula pues la cantidad de movimiento es cero
<center>
<math>
\left.\dfrac{\mathrm{d}\vec{C}^{\,'0'}}{\mathrm{d}t}\right|_1 = \vec{0}= \vec{A}_{01} + \vec{B}_{02} + \vec{F}_{k0}.
</math>
</center>
Obtenemos así dos ecuaciones
<center>
<math>
\begin{array}{lr}
0  = -B_x + 2kb\cos\theta, & (3)\\
0  = A_y - B_y. & (4)
\end{array}
</math>
</center>


=== T.M.C. ===
Vemos que el ángulo es independiente de la masa de la bola, y que existe un valor inferior para la velocidad angular, ya que si es demasiado baja implicaría un seno mayor que la unidad, lo que no es posible.


'''Sólido 2'''
Sustituyendo los valores del enunciado obtenemos el valor numérico de la velocidad angular
Como el punto <math>C</math> es fijo, aplicamos el T.M.C. en él
<center>
<math>
\left.\dfrac{\mathrm{d}\vec{L}^{\,'2'}_C}{\mathrm{d}t}\right|_1 = \overrightarrow{CG_2}\times(\vec{P}_2 + \vec{F}_{k2}) + \overrightarrow{CB}\times\vec{B}_{20} + \vec{\tau}.
</math>
</center>
El peso y la fuerza elástica están aplicados en el mismo punto y el par externo está aplicado en el sólido "2".


La derivada temporal es
<center><math>\omega = 2\pi f = 4\pi\,\frac{\mathrm{rad}}{\mathrm{s}}</math></center>
<center>
<math>
\left.\dfrac{\mathrm{d}\vec{L}^{\,'2'}_{C}}{\mathrm{d}t}\right|_1 =  
-\dfrac{4}{3}mb^2\ddot{\theta}\,\vec{k}.
</math>
</center>
Haciendo los productos vectoriales (sabiendo que <math>\overrightarrow{CB} = 2\overrightarrow{CG_2}</math> obtenemos otra ecuación
<center>
<math>
-\dfrac{4}{3}mb\ddot{\theta} = (mg+ 2B_y)\,\cos\theta - 2B_x\,\mathrm{sen}\,\theta + 2kb\,\mathrm{sen}\,\theta\cos\theta. \qquad (5)
</math>
</center>


''' Sólido 0'''
la tensión
De nuevo, la derivada temporal es nula porque el momento angular es nulo. Aplicando el T.M.C. en el centro de masas tenemos
<center>
<math>
\left.\dfrac{\mathrm{d}\vec{L}^{\,'0'}_{G_0}}{\mathrm{d}t}\right|_1 = \vec{0}
= \overrightarrow{G_0B}\times\vec{B}_{02} + \overrightarrow{G_0A}\times\vec{A}_{01}.
</math>
</center>
Haciendo los productos vectoriales obtenemos la última ecuación
<center>
<math>
B_x\,\mathrm{sen}\,\theta - (B_y+A_y)\cos\theta = 0. \qquad (6)
</math>
</center>


== Ecuaciones de Lagrange ==
<center><math>F_T = (0.5\,\mathrm{kg})\left(4\pi\,\frac{\mathrm{rad}}{\mathrm{s}}\right)^2(0.5\,\mathrm{m})=39.5\,\mathrm{N}</math></center>


La función de Lagrange es
y el ángulo con la horizontal.
<center>
<math>
L = T - U = \dfrac{2}{3}mb^2\dot{\theta}^2 - mgb\,\mathrm{sen}\,\theta - 2kb^2\cos\theta^2.
</math>
</center>
Hay sólo una ecuación de Lagrange, pues hay sólo un grado de libertad. Hay que tener en cuenta que hay un par aplicado que no está incluido en la Lagrangiana. Por tanto, la ecuación es
<center>
<math>
\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\dfrac{\partial L}{\partial\dot{\theta}}\right)
-
\dfrac{\partial L}{\partial\theta} = Q^{\tau}_{\theta}.
</math>
</center>
Calculamos los diferentes términos
<center>
<math>
\begin{array}{l}
\dfrac{\partial L}{\partial\dot{\theta}} = \dfrac{4}{3}mb^2\dot{\theta}
\to
\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\dfrac{\partial L}{\partial\dot{\theta}}\right) =
\dfrac{4}{3}mb^2\ddot{\theta}\\
\\
\dfrac{\partial L}{\partial\theta} = 
-mgb\cos\theta + 4kb^2\cos\theta\,\mathrm{sen}\,\theta.\\
\\
Q^{\tau}_{\theta} = \vec{\tau}\cdot\dfrac{\partial\vec{\omega}_{21}}{\partial\dot{\theta}}
=
(\tau_0\,\vec{k})\cdot(-\vec{k}) = -\tau_0.
\end{array}
</math>
</center>
Finalmente, la ecuación de Lagrange es
<center>
<math>
\dfrac{4}{3}mb^2\ddot{\theta} + mgb\cos\theta - 4kb^2\cos\theta\,\mathrm{sen}\,\theta = -\tau_0.
</math>
</center>


[[Categoría:Problemas de examen de Mecánica Racional]]
<center><math>\mathrm{sen}(\phi) = \frac{9.81\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^2}{(4\pi \mathrm{s}^{-1})^2(0.5\,\mathrm{m})} = 0.124\qquad\Rightarrow\qquad \phi = 0.124\,\mathrm{rad}=7.13^\circ</math></center>

Revisión actual - 16:42 9 nov 2023

Enunciado

Una masa de 0.5 kg situada en el extremo de una cuerda de 50 cm de longitud se hace girar horizontalmente con la mano de manera que da 2 vueltas por segundo. ¿Puede estar la cuerda completamente horizontal? Determine la tensión de la cuerda y el ángulo que forma con la horizontal.

Solución

La masa realiza su movimiento circular como consecuencia de la acción de dos fuerzas: su peso y la tensión de la cuerda

El peso va en la dirección vertical

mientras que la tensión va en la dirección de la cuerda y por tanto tiene una componente radial hacia adentro y otra vertical hacia arriba. Si es el ángulo que el hilo forma con la horizontal, la tensión se escribe

Por último, la aceleración en un movimiento circular uniforme es puramente radial y hacia adentro, siendo su módulo proporcional al radio de la circunferencia y al cuadrado de la velocidad angular

aquí no es la longitud de la cuerda, sino el radio de la circunferencia. Este se relaciona con la longitud de la cuerda por

La velocidad angular la hallamos sabiendo que el enunciado nos da la frecuencia natural (2 vueltas por segundo, esto es 2 Hz).

Sustituyendo todo esto en la ecuación de movimiento queda

Igualando componente a componente

De la primera de estas dos obtenemos la tensión

y, conocida la tensión, hallamos el ángulo con la horizontal

Vemos que el ángulo es independiente de la masa de la bola, y que existe un valor inferior para la velocidad angular, ya que si es demasiado baja implicaría un seno mayor que la unidad, lo que no es posible.

Sustituyendo los valores del enunciado obtenemos el valor numérico de la velocidad angular

la tensión

y el ángulo con la horizontal.

Obtenido de «http://laplace.us.es/wiki/index.php?title=Dos_barras_articuladas_con_muelle_(Feb._2020)&oldid=1584»
Obtenido de «http://laplace.us.es/wiki/index.php?title=Dos_barras_articuladas_con_muelle_(Feb._2020)&oldid=1584»