De Laplace

Contenido

1 Enunciado
2 Solución

1 Enunciado

Una barra homogénea delgada (sólido "2") de masa $M$ y longitud $2 L$ se mueve de modo que su centro se encuentra siempre sobre el eje $O Z 1$ . La barra tiene dos grados de libertad de rotación. El sistema auxiliar $O X 0 Y 0 Z 0$ se define de modo que la barra esté siempre contenida en el plano $O X 0 Z 0$ . La barra está sometida a la acción de la gravedad, como se indica en la figura. El contacto de la barra con el eje $O Z 1$ es liso.

Calcula las reducciones cinematicas en el centro de la barra de los tres movimientos que se pueden definir en el problema.
Encuentra la expresión del momento cinético de la barra respecto de su centro.
Encuentra la expresión de la energía cinética de la barra.
Escribe la Lagrangiana del sistema, así como una integral primera que no sea la energía mecánica.
En el instante inicial, el centro de la barra se encuentra en el punto $O$ y los valores iniciales de las coordenadas angulares son $θ(0) = π / 2$ y $φ(0) = 0$ . La barra se encuentra en reposo. Se ejerce una percusión $\hat{\vec{F}} = \hat{F}_0\,(\vec{\jmath}_0 + \vec{k}_0)$ aplicada en el punto $B$ . Determina los valores de las velocidades generalizadas justo después de la percusión.

2 Solución

2.1 Reducciones cinemáticas

2.1.1 Movimiento {01}

Este es el movimiento de rotación permanente del plano $O X 0 Z 0$ . La reducción en el punto $O$ es

$\vec{\omega}_{01} = \dot{\phi}\,\vec{k}_0, \qquad \vec{v}_{01}^O = \vec{0}$

Calculamos la velocidad en el punto $G$ usando el Teorema de Chasles

$\vec{v}_{01}^G = \vec{v}_{01}^O + \vec{\omega}_{01}\times\overrightarrow{OG}$

Como $\overrightarrow{OG} = z\,\vec{k}_0$ , este vector es paralelo a $\vec{\omega}_{01}$ , el producto vectorial es nulo. La reducción cinemática en el centro de la barra es

$\vec{\omega}_{01} = \dot{\phi}\,\vec{k}_0, \qquad \vec{v}_{01}^G = \vec{0}$

2.1.2 Movimiento {20}

Este es el movimiento de la barra respecto del plano $O X 0 Z 0$ . La reducción cinemática en el punto $G$ es

$\vec{\omega}_{20} = \dot{\theta}\,\vec{\jmath}_{0,2} \qquad \vec{v}_{01}^G = \dot{z}\,\vec{k}_{0,1}$

2.1.3 Movimiento {21}

Construimos la reducción cinemática usando la composición {21} = {20} + {01}. Para el vector rotación tenemos

$\vec{\omega}_{21} = \vec{\omega}_{20} + \vec{\omega}_{01} = \dot{\theta}\,\vec{\jmath}_{0} + \dot{\phi}\,\vec{k}_0$

Para la velocidad tenemos

$\vec{v}^G_{21} = \vec{v}^G_{20} + \vec{v}^G_{01} = \dot{z}\,\vec{k}_0$

2.2 Momento cinético respecto al centro de masas

El momento cinético respecto al centro de masas se puede calcular con la expresión

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

Expresamos el tensor de inercia de la barra en el punto $O$ en la base del sólido solidario con la barra

$\overset\leftrightarrow{I}_O = I \left[ \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right]_2$

con

$I = \dfrac{1}{3}ML^2$

Tenemos que expresar el vector rotación $\vec{\omega}_{21}$ en la base "2" para hacer el producto escalar. Examinando el dibujo tenemos

$\begin{array}{l} \vec{\imath}_0 = \cos\theta\,\vec{\imath}_2 + \mathrm{sen}\,\theta\,\vec{k}_2\\ \vec{\jmath}_0 = \vec{\jmath}_2\\ \vec{k}_0 = -\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\imath}_2 + \cos\theta\,\vec{k}_2 \end{array}$

El vector $\vec{\omega}_{21}$ expresado en la base "2" es

$\vec{\omega}_{21} = -\dot{\phi}\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\imath}_2 + \dot{\theta}\,\vec{\jmath}_2 + \dot{\phi}\cos\theta\,\vec{k}_2$

El momento angular es

$\vec{L}_G = \overset\leftrightarrow{I}_O\cdot\vec{\omega}_{21} = I \left[ \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right]_2 \left[ \begin{array}{c} -\dot{\phi}\,\mathrm{sen}\,\theta\\ \dot{\theta}\\ \dot{\phi}\cos\theta \end{array} \right]_2 = I \left[ \begin{array}{c} -\dot{\phi}\,\mathrm{sen}\,\phi\\ \dot{\theta}\\ 0 \end{array} \right]_2$

2.3 Energía cinética de la barra

Podemos calcularla como suma de la energía cinética de traslación del centro de masa y energía cinética de rotación alrededor de él

$T = T t r a s + T r o t$

La energía cinética de traslación es

$T_{tras} = \dfrac{1}{2}M|\vec{v}_{21}^G|^2 = \dfrac{1}{2}M\dot{z}^2$

La de rotación es

$T_{rot} = \dfrac{1}{2}\vec{\omega}_{21}\cdot\overset\leftrightarrow{I}_G\cdot\vec{\omega}_{21} = \dfrac{1}{2}\vec{L}_G\cdot\vec{\omega}_{21} = \dfrac{1}{6}ML^2\,(\dot{\theta}^2 + \dot{\phi}^2\,\mathrm{sen}^2\,\theta)$

La energía cinética total es

$T =\dfrac{1}{2}M|\vec{v}_{21}^G|^2 + \dfrac{1}{6}ML^2\,(\dot{\theta}^2 + \dot{\phi}^2\,\mathrm{sen}^2\,\theta)$

2.4 Lagrangiana e integral primera

La barra está sometida al peso (fuerza conservativa) por lo que se puede definir una energía potencial gravitatoria. Tomando como origen el plano $O X 0 Y 0$ tenemos

$U = M g z$

y la lagrangiana es

$L = T- U = \dfrac{1}{2}M\dot{z}^2 + \dfrac{1}{6}ML^2\,(\dot{\theta}^2 + \dot{\phi}^2\,\mathrm{sen}^2\,\theta) - mgz$

Vemos que la coordenada $φ$ no aparece en la Lagrangiana. Entonces, de la ecuación de Lagrange correspondiente deducimos que su momento generalizado asociado se conserva

$p_{\phi} = \dfrac{\partial L}{\partial\dot{\phi}} = \dfrac{1}{3}ML^2\dot{\phi}\,\mathrm{sen}^2\,\theta = cte$

Podemos escribir la integral primera como

$\dot{\phi}\,\mathrm{sen}^2\,\theta = \dot{\phi}(0)\,\mathrm{sen}^2\,\theta(0)$

2.5 Movimiento impulsivo

Lo más sencillo es utilizar las ecuaciones de Lagrange impulsivas. Tenemos tres grados de libertad

$\begin{array}{l} \Delta p_{z} = \hat{Q}_z \\ \Delta p_{\theta} = \hat{Q}_\theta\\ \Delta p_{\phi} = \hat{Q}_\phi \end{array}$

El sistema parte del reposo, por tanto

$\dot{z}(0^-) = \dot{\theta}(0^-) = \dot{\phi}(0^-) = 0$

Para la coordenada $z$

$p_z = \dfrac{\partial L}{\partial\dot{z}} = M\dot{z} \Longrightarrow \Delta p_z = M\dot{z}(0^+) - M\dot{z}(0^-) = M\dot{z}(0^+)$

Para la coordenada $θ$

$p_{\theta} = \dfrac{\partial L}{\partial\dot{\theta}} = \dfrac{1}{3}ML^2\dot{\theta} \Longrightarrow \Delta p_{\theta} = \dfrac{1}{3}ML^2\dot{\theta}(0^+) - \dfrac{1}{3}ML^2\dot{\theta}(0^-) = \dfrac{1}{3}ML^2\dot{\theta}(0^+)$

Para la coordenada $φ$

$p_{\phi} = \dfrac{\partial L}{\partial\dot{\phi}} = \dfrac{1}{3}ML^2\dot{\phi}\,\mathrm{sen}^2\theta \Longrightarrow \Delta p_{\phi} = \dfrac{1}{3}ML^2\dot{\phi}(0^+)\,\mathrm{sen}^2\theta(0^+) - \dfrac{1}{3}ML^2\dot{\phi}(0^-)\,\mathrm{sen}^2\theta(0^-) = \dfrac{1}{3}ML^2\dot{\phi}(0^+)$

porque $\mathrm{sen}\,\theta(0⁺)= \mathrm{sen}\,(\pi/2) = 1$ .

La percusión se aplica en el extremo $B$ de la barra. Necesitamos la velocidad absoluta de ese punto

$\vec{v}^B_{21} = \vec{v}^G_{21} + \vec{\omega}_{21}\times\overrightarrow{GB} = L\dot{\theta}\cos\theta\,\vec{\imath}_0 + L\dot{\phi}\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\jmath}_0 + (\dot{z} - L\dot{\theta}\,\mathrm{sen}\,\theta)\,\vec{k}_0$

Hemos usado que

$\overrightarrow{GB} = L\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\imath}_0 + L\cos\theta\,\vec{k}_0$

Las fuerzas generalizadas son

$\begin{array}{l} \hat{Q}_z = \hat{\vec{F}}\cdot\dfrac{\partial\vec{v}^B_{21}}{\partial\dot{z}}= \hat{F}_0 \\ \hat{Q}_{\theta} = \hat{\vec{F}}\cdot\dfrac{\partial\vec{v}^B_{21}}{\partial\dot{\theta}} = -L\hat{F}_0\,\mathrm{sen}\,\theta(0) = -L\hat{F}_0 \\ \hat{Q}_{\phi} = \hat{\vec{F}}\cdot\dfrac{\partial\vec{v}^B_{21}}{\partial\dot{\phi}} = L\hat{F}_0\,\mathrm{sen}\,\theta(0) = L\hat{F}_0 \end{array}$

Aplicando las ecuaciones de Lagrange impulsivas tenemos

$\dot{z}(0^+) = \dfrac{\hat{F}_0}{M}, \qquad \dot{\theta}(0^+) = -\dfrac{3\hat{F}_0}{ML}, \qquad \dot{\phi}(0^+) = \dfrac{3\hat{F}_0}{ML}$

Estos son las condiciones iniciales del movimiento ulterior de la barra después de la percusión.

Barra con centro deslizando sobre eje, Septiembre 2016 (MR G.I.C.)

De Laplace

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1 Enunciado

2 Solución

2.1 Reducciones cinemáticas

2.1.1 Movimiento {01}

2.1.2 Movimiento {20}

2.1.3 Movimiento {21}

2.2 Momento cinético respecto al centro de masas

2.3 Energía cinética de la barra

2.4 Lagrangiana e integral primera

2.5 Movimiento impulsivo

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