Péndulo compuesto (CMR)

De Laplace

(Diferencias entre revisiones)

Revisión de 16:54 22 dic 2017

Contenido

1 Enunciado
2 Equilibrio horizontal
3 Corte del soporte
4 Oscilaciones verticales
5 Movimiento tridimensional

1 Enunciado

Una barra homogénea de 1kg de masa y 1m de longitud está suspendida del techo por dos soportes muy ligeros, uno de ellos está articulado a un punto A, situado a 20cm de un extremo de la barra y el otro está articulado sin rozamiento en el otro extremo O.

Determine la fuerza que ejerce cada soporte en el equilibrio.
En un momento dado, se rompe el soporte en A. Justo tras el corte, halle:
1. La aceleración lineal del centro de masas de la barra, G.
2. La aceleración angular de la barra
3. La fuerza que realiza el soporte en O. ¿Cuánto ha aumentado o disminuido respecto a la situación de equilibrio?
Suponga que la articulación en O es un par de revolución, de forma que solo puede moverse en el plano OXZ
1. Obtenga la ecuación de movimiento para el ángulo que forma con la vertical
2. Halle las frecuencia de las pequeñas oscilaciones que realiza cuando se suelta desde una posición próxima a la vertical.
3. Para el caso del enunciado, que se suelta desde la posición horizontal, calcule la fuerza que ejerce el soporte en O para cada ángulo θ
Suponga ahora que la articulación en O es una rótula, de forma que la barra puede tanto variar su ángulo θ con la vertical como el ángulo ϕ alrededor de OZ.
1. Determine las ecuaciones de movimiento para estos dos ángulos.
2. Halle dos constantes de movimiento no triviales.
3. Con ayuda de las constantes anteriores, halle una ecuación de movimiento para θ que no incluya a ϕ
4. Calcule qué valor debe tener la velocidad angular $\dot{\phi}$ para la que la barra gire en torno a OZ manteniendo constante su ángulo θ con la vertical.

2 Equilibrio horizontal

En lo que sigue emplearemos varios sistemas de referencia. Tomamos como sistema fijo uno en el que el eje $O Z 1$ es el vertical hacia arriba, el $O Y 1$ es el horizontal a lo largo de la barra y el $O X 1$ el ortogonal a ambos según la regla de la mano derecha, es decir, dirigido hacia el observador.

En el estado de equilibrio, la barra está sometida a tres fuerzas:

Su peso $m\vec{g}=-mg\vec{k}_1$ .
La reacción en O, $\vec{F}_O$ .
La reacción en A, $\vec{F}_O$ .

En principio, las dos fuerzas de reacción pueden tener cualquier dirección, pero es fácil ver que deben ser verticales, como el peso.

La condición de equilibrio de la barra la da el que el conjunto de fuerzas forme un sistema nulo

$\vec{F}=\vec{0}\qquad\qquad \vec{M}_O=\vec{0}$

Como centro de reducción podemos elegir el que queramos pero, dado que el punto O va a ser fijo en lo que sigue, es mejor elegirlo ya.

Separando por componentes las fuerzas obtenemos las relaciones

$\left\{\begin{array}{rcrcl}x&:&\qquad F_{Ax}+F_{Ox}&=&0\\ y&:&\qquad F_{Ay}+F_{Oy}&=&0\\ z&:&\qquad -mg+F_{Az}+F_{Oz}&=&0 \end{array}\right.$

y para los momentos respecto a OXZ

$\vec{0}=\vec{M}_O=\overbrace{\overrightarrow{OO}}^{=\vec{0}}\times \vec{F}_O+\overrightarrow{OG}\times(m\vec{g})+\overrightarrow{OA}\times\vec{F}_A$

siendo

$\overrightarrow{OG}=\frac{b}{2}\vec{\jmath}_1\qquad\qquad \overrightarrow{OA}=\left(\frac{b}{2}+d\right)\vec{\jmath}_1$

Vemos que este centro de reducción nos permite ignorar la fuerza en O, que se calcula posteriormente a partir del equilibrio de fuerzas.

Esto nos da

$\overrightarrow{OG}\times(m\vec{g})=\left(\frac{b}{2}\vec{\jmath}_1\right)\times (-mg\vec{k}_1)=-\frac{mgb}{2}\vec{\imath}_1$

y

$\overrightarrow{OA}\times\vec{F}_A=\left(\frac{b}{2}+d\right)\vec{\jmath}_1\times (F_{Ax}\vec{\imath}_1+F_{Ay}\vec{\jmath}_1+F_{Az}\vec{k}_1)=\left(\frac{b}{2}+d\right)(F_{Az}\vec{\imath}_1-F_{Ax}\vec{k}_1)$

como el momento resultante debe anularse, debe ser

$-\frac{mgb}{2}+\left(\frac{b}{2}+d\right)F_{Az}=0\qquad\rightarrow\qquad F_{Az}=mg\frac{b}{b+2d}$

y

$F_{Ax}=0\,$

Esta ecuación no nos permite hallar las componentes de la fuerza según el eje OY, pero en ausencia de acciones externas, no hay razón para que no sean nulas.

$F_{Ay}=0\,$

Por el equilibrio de fuerzas obtenemos la fuerza en O

$F_{Ox}=F_{Oy}=0\qquad\qquad F_{Oz}=mg-F_{Az}=mg\frac{2d}{b+d}$

Estas fuerzas de reacción cumplen la ley de la palanca, ya que el producto de cada una por su distancia al CM da el mismo valor.

$F_{Az}d=F_{Oz}\frac{b}{2}$

3 Corte del soporte

Una vez que se corta el soporte, el sistema deja de estar en equilibrio. Sobre las barras actúan dos fuerzas, siendo la de O diferente a la que había justo tras el corte.

La dinámica de la barra viene gobernada por el teorema de la cantidad de movimiento

$\left.\frac{\mathrm{d}\vec{p}}{\mathrm{d}t}\right|_1=\vec{F}=m\vec{g}+\vec{F}_O$

y por el teorema del momento cinético

$\left.\frac{\mathrm{d}\vec{L}_0}{\mathrm{d}t}\right|_1=\vec{M}_0=\overrightarrow{OG}\times(m\vec{g})$

De nuevo la elección de O como centro de reducción simplifica notablemente los cálculos.

En este caso, el peso provoca un par

$\vec{M}_O=\overrightarrow{OG}\times(m\vec{g})=\left(\frac{b}{2}\vec{\jmath}_1\right)\times (-mg\vec{k}_1)=-\frac{mgb}{2}\vec{\imath}_1$

que provoca un giro en torno a $O X 1$

$\vec{\omega}=\omega\vec{\imath}_1$

donde esta cantidad ω será negativa ya que la barra va a descender.

El eje $O X 1$ es un eje principal de inercia en este movimiento, por estar la barra confinada al plano $x = 0$ . El momento de inercia respecto a este eje (que será un momento principal de inercia) vale

$I_{xx}=\frac{1}{3}mb^2$

de forma que el momento cinético de la barra es

$\vec{L}_O=I_{xx}\omega\vec{\imath}_1=\frac{1}{3}mb^2\omega\vec{\imath}_1$

siendo su derivada respecto al tiempo

$\left.\frac{\mathrm{d}\vec{L}_0}{\mathrm{d}t}\right|_1=\frac{1}{3}mb^2\alpha\vec{\imath}_1$

Igualando esto al momento del peso queda

$\frac{1}{3}mb^2\alpha=-\frac{mgb}{2}\qquad\Rightarrow\qquad\vec{\alpha}=-\frac{3g}{2b}\vec{\imath}$

La aceleración del CM la obtenemos a partir de la expresión del campo de velocidades teniendo en cuenta que inicialmente la velocidad angular es nula

$\vec{a}_G=\overbrace{\vec{a}_O}^{=\vec{0}}+\vec{\alpha}\times\overrightarrow{OG}+\overbrace{\vec{\omega}\times(\vec{\omega}\times\overrightarrow{OG}))}^{=\vec{0}}=-\frac{3g}{2b}\vec{\imath}_1\times\left(\frac{b}{2}\vec{\jmath}_1\right)=-\frac{3}{4}g\vec{k}_1$

y esto nos permite hallar la fuerza que realiza la articulación de OA}

$\vec{F}_O=m\vec{a}_G-m\vec{g}=\frac{1}{4}mg\vec{k}_1$

es decir, tira hacia arriba con 1/4 del peso.

La variación en la fuerza que ejerce este soporte por romper el otro es

$\Delta F_O = mg \left(\frac{1}{4}-\frac{2d}{b+2d}\right)\vec{k}_1=\frac{b-6d}{4(b+2d)}\vec{k}_1$

4 Oscilaciones verticales

4.1 Ecuación de movimiento

Cuando la barra sigue su descenso se siguen aplicando las ecuaciones anteriores, pero el momento del peso va cambiando ya que la distancia de O a la recta soporte depende de θ

En el sistema fijo, la posición del CM para cada ángulo con la vertical es

$\overrightarrow{OG}=\frac{b}{2}S\vec{\jmath}_1-\frac{b}{2}C\vec{k}_1$

donde hemos usado las abreviaturas

$C=\cos(\theta)\qquad\qquad S=\mathrm{sen}(\theta)$

siendo el momento del peso

$\vec{M}_O=\overrightarrow{OG}\times(m\vec{g})=-\frac{mgb}{2}S\vec{\imath}_1$

Puesto que la rotación se produce en torno al eje $O X 1$ se siguen cumpliendo las expresiones para el momento cinético

$\vec{L}_O=I_{xx}\omega\vec{\imath}_1=\frac{1}{3}mb^2\omega\vec{\imath}_1=\frac{1}{3}mb^2\dot{\theta}\vec{\imath}_1$

y para su derivada

$\left.\frac{\mathrm{d}\vec{L}_0}{\mathrm{d}t}\right|_1=\frac{1}{3}mb^2\alpha\vec{\imath}_1=\frac{1}{3}mb^2\ddot{\theta}\vec{\imath}_1$

Igualando esta derivada al momento del peso queda

$\frac{1}{3}mb^2\ddot{\theta}=-\frac{mgb}{2}S\qquad\Rightarrow\qquad \ddot{\theta}=-\frac{3g}{2b}S$

4.2 Pequeñas oscilaciones

Si el péndulo está cerca de la vertical, puede emplearse la aproximación

$\theta\ll 1\qquad\Rightarrow\qquad S=\mathrm{sen}(\theta)\simeq \theta$

lo que reduce la ecuación de movimiento a

$\ddot{\theta}=-\frac{3g}{2b}\theta$

Esta es la ecuación de un oscilador armónico de frecuencia

$\Omega = \sqrt{\frac{3g}{2b}}$

4.3 Fuerza en el soporte

Como en el caso horizontal se cumple

$\vec{F}_O=m(\vec{a}_G-\vec{g})$

pero ahora la aceleración del CM incluye un término de aceleración normal

$\vec{\omega}\times(\vec{\omega}\times\overrightarrow{OG})=-\frac{b\dot{\theta}^2}{2}(S\vec{\imath}_1-C\vec{\jmath}_1)$

y otro de aceleración tangencial

$\vec{\alpha}\times\overrightarrow{OG}=-\frac{b\ddot{\theta}}{2}(C\vec{\imath}_1+S\vec{\jmath}_1)$

de manera que

$\vec{a}_G=\frac{b}{2}\left((\ddot{\theta}C-\dot{\theta}^2S)\vec{\jmath}_1+(\ddot{\theta}C+\dot{\theta}^2S)\vec{k}_1\right)$

Siendo la reacción en O, por componentes,

$\left\{\begin{array}{rcrcl}x&:&\qquad F_{Ox}&=&0 \\ y&:&\qquad F_{Oy}=\dfrac{mb}{2}(\ddot{\theta}C-\dot{\theta}^2S) \\ y&:&\qquad F_{Oz}=\dfrac{mb}{2}(\ddot{\theta}S+\dot{\theta}^2C+g) \end{array} \right.$

@@ Línea 109: / Línea 109: @@
 siendo su derivada respecto al tiempo
-<center><math>\left.\frac{\mathrm{d}\vec{L}_0}{\mathrm{d}t}\right|_1=\frac{1}{2}mb^2\alpha\vec{\imath}_1</math></center>
+<center><math>\left.\frac{\mathrm{d}\vec{L}_0}{\mathrm{d}t}\right|_1=\frac{1}{3}mb^2\alpha\vec{\imath}_1</math></center>
 Igualando esto al momento del peso queda
@@ Línea 127: / Línea 127: @@
 La variación en la fuerza que ejerce este soporte por romper el otro es
-<center><math>\Delta F_O = \frac{mg}\left(\frac{1}{4}-\frac{2d}{b+2d}\right)\vec{k}_1=\frac{b-6d}{4(b+2d)}\vec{k}_1</math></center>
+<center><math>\Delta F_O = mg
+\left(\frac{1}{4}-\frac{2d}{b+2d}\right)\vec{k}_1=\frac{b-6d}{4(b+2d)}\vec{k}_1</math></center>
 ==Oscilaciones verticales==
+===Ecuación de movimiento===
+Cuando la barra sigue su descenso se siguen aplicando las ecuaciones anteriores, pero el momento del peso va cambiando ya que la distancia de O a la recta soporte depende de &theta;
+En el sistema fijo, la posición del CM para cada ángulo con la vertical es
+<center><math>\overrightarrow{OG}=\frac{b}{2}S\vec{\jmath}_1-\frac{b}{2}C\vec{k}_1</math></center>
+donde hemos usado las abreviaturas
+<center><math>C=\cos(\theta)\qquad\qquad S=\mathrm{sen}(\theta)</math></center>
+siendo el momento del peso
+<center><math>\vec{M}_O=\overrightarrow{OG}\times(m\vec{g})=-\frac{mgb}{2}S\vec{\imath}_1</math></center>
+Puesto que la rotación se produce en torno al eje <math>OX_1</math> se siguen cumpliendo las expresiones para el momento cinético
+<center><math>\vec{L}_O=I_{xx}\omega\vec{\imath}_1=\frac{1}{3}mb^2\omega\vec{\imath}_1=\frac{1}{3}mb^2\dot{\theta}\vec{\imath}_1</math></center>
+y para su derivada
+<center><math>\left.\frac{\mathrm{d}\vec{L}_0}{\mathrm{d}t}\right|_1=\frac{1}{3}mb^2\alpha\vec{\imath}_1=\frac{1}{3}mb^2\ddot{\theta}\vec{\imath}_1</math></center>
+Igualando esta derivada al momento del peso queda
+<center><math>\frac{1}{3}mb^2\ddot{\theta}=-\frac{mgb}{2}S\qquad\Rightarrow\qquad \ddot{\theta}=-\frac{3g}{2b}S</math></center>
+===Pequeñas oscilaciones===
+Si el péndulo está cerca de la vertical, puede emplearse la aproximación
+<center><math>\theta\ll 1\qquad\Rightarrow\qquad S=\mathrm{sen}(\theta)\simeq \theta</math></center>
+lo que reduce la ecuación de movimiento a
+<center><math>\ddot{\theta}=-\frac{3g}{2b}\theta</math></center>
+Esta es la ecuación de un oscilador armónico de frecuencia
+<center><math>\Omega = \sqrt{\frac{3g}{2b}}</math></center>
+===Fuerza en el soporte===
+Como en el caso horizontal se cumple
+<center><math>\vec{F}_O=m(\vec{a}_G-\vec{g})</math></center>
+pero ahora la aceleración del CM incluye un término de aceleración normal
+<center><math>\vec{\omega}\times(\vec{\omega}\times\overrightarrow{OG})=-\frac{b\dot{\theta}^2}{2}(S\vec{\imath}_1-C\vec{\jmath}_1)</math></center>
+y otro de aceleración tangencial
+<center><math>\vec{\alpha}\times\overrightarrow{OG}=-\frac{b\ddot{\theta}}{2}(C\vec{\imath}_1+S\vec{\jmath}_1)</math></center>
+de manera que
+<center><math>\vec{a}_G=\frac{b}{2}\left((\ddot{\theta}C-\dot{\theta}^2S)\vec{\jmath}_1+(\ddot{\theta}C+\dot{\theta}^2S)\vec{k}_1\right)</math></center>
+Siendo la reacción en O, por componentes,
+<center><math>\left\{\begin{array}{rcrcl}x&:&\qquad F_{Ox}&=&0 \\
+y&:&\qquad F_{Oy}=\dfrac{mb}{2}(\ddot{\theta}C-\dot{\theta}^2S) \\
+y&:&\qquad F_{Oz}=\dfrac{mb}{2}(\ddot{\theta}S+\dot{\theta}^2C+g)
+\end{array}
+\right.</math></center>
 ==Movimiento tridimensional==

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2 Equilibrio horizontal

3 Corte del soporte

4 Oscilaciones verticales

4.1 Ecuación de movimiento

4.2 Pequeñas oscilaciones

4.3 Fuerza en el soporte

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