Péndulo compuesto (CMR)

De Laplace

(Diferencias entre revisiones)

Revisión de 13:59 27 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

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

y otro de aceleración tangencial

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

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,

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

Ahora bien, este resultado está en función de θ y de sus derivadas, no solo de θ por lo que aun no es el resultado definitivo. Debemos poner las derivadas en función del ángulo. Para la segunda disponemos de la ecuación de movimiento

$\ddot{\theta}=-\frac{3g}{2b}S$ Para la primera derivada podemos emplear la conservación de la energía mecánica o, lo que es equivalente, integrar esta ecuación. La integración no es inmediata, pero es sencilla. Si multiplicamos por $\dot{\theta}$ $\dot{\theta}\ddot{\theta}=-\frac{3g}{2b}\dot{\theta}S$

donde cada miembro cumple

$\dot{\theta}\ddot{\theta}=\frac{\mathrm{d}\ }{\mathrm{d}t}\left(\frac{1}{2}\dot{\theta}^2\right)$

y

$-\frac{3g}{2b}\dot{\theta}S= \frac{\mathrm{d}\ }{\mathrm{d}t}\left(\frac{3g}{2b}C\right)$

Por tanto llegamos a la ley de conservación

$\frac{\mathrm{d}\ }{\mathrm{d}t}\left(\frac{1}{2}\dot{\theta}^2-\frac{3g}{2b}C\right)=0\qquad\Rightarrow\qquad \frac{1}{2}\dot{\theta}^2-\frac{3g}{2b}C=\mathrm{cte.}$

El valor de la constante sale de las condiciones iniciales

$(t=0)\qquad\qquad \theta=0\qquad\dot{\theta}=0\qquad\Rightarrow\qquad \frac{1}{2}\dot{\theta}^2-\frac{3g}{2b}C=0$

De aquí despejamos

$\dot{\theta}^2=\frac{3g}{b}C$

Tenemos por tanto que

$\ddot{\theta}=-\frac{3g}{2b}S\qquad\qquad \dot{\theta}^2=\frac{3g}{b}C$

Sustituimos en la expresión de la fuerza de reacción

$\left\{\begin{array}{rcrcl}x&:&\qquad F_{Ox}&=&0 \\ y&:&\qquad F_{Oy}&=&-\dfrac{9mg}{4}SC \\ y&:&\qquad F_{Oz}&=&\dfrac{mg}{4}(1+9C^2) \end{array} \right.$

Vemos que la fuerza vertical va de 1/4 del peso en la posición horizontal a 5/2 del peso cuando pasa por la vertical. La fuerza horizontal, en cambio, es nula en estas dos posiciones y tiene un máximo cuando pasa por 45°, en que vale 9/8 del peso.

5 Movimiento tridimensional

Cuando consideramos los dos grados de libertad posibles el problema es máx complicado y se hace engorroso si solo se emplea el sistema de referencia fijo. Por ello, realizaremos el análisis completo empleando tres sistemas de referencia:

El sistema fijo 1, con el eje $O Z 1$ vertical
El sistema ligado 2, en el que la barra va en la dirección del eje $O Z 2$ negativo
Un sistema intermedio 0, que está girado un ángulo ϕ en torno a $O Z 1 = O Z 0$ de manera que la barra se encuentre en todo momento en el plano $O Y 0 Z 0$

La relación entre las bases de estos sistemas de referencia es, del fijo al intermedio

$\begin{array}{rclcrcl} \vec{\imath}_0&=&\cos(\phi)\vec{\imath}_1+\mathrm{sen}(\phi)\vec{\jmath}_1&\qquad&\vec{\imath}_1&=&\cos(\phi)\vec{\imath}_0-\mathrm{sen}(\phi)\vec{\jmath}_0\\ \vec{\jmath}_0&=&-\mathrm{sen}(\phi)\vec{\imath}_1+\cos(\phi)\vec{\jmath}_1&\qquad&\vec{\jmath}_1&=&\mathrm{sen}(\phi)\vec{\imath}_0+\cos(\phi)\vec{\jmath}_0\\ \vec{k}_0&=&\vec{k}_1&\qquad&\vec{k}_1&=&\vec{k}_0 \end{array}$

@@ Línea 177: / Línea 177: @@
 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>
+<center><math>\vec{\omega}\times(\vec{\omega}\times\overrightarrow{OG})=-\frac{b\dot{\theta}^2}{2}(S\vec{\jmath}_1-C\vec{k}_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>
+<center><math>\vec{\alpha}\times\overrightarrow{OG}=-\frac{b\ddot{\theta}}{2}(C\vec{\jmath}_1+S\vec{k}_1)</math></center>
 de manera que
@@ Línea 190: / Línea 190: @@
 <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)
+y&:&\qquad F_{Oz}&=&\dfrac{mb}{2}(\ddot{\theta}S+\dot{\theta}^2C)+mg
 \end{array}
 \right.</math></center>
@@ Línea 217: / Línea 217: @@
 <center><math>(t=0)\qquad\qquad \theta=0\qquad\dot{\theta}=0\qquad\Rightarrow\qquad \frac{1}{2}\dot{\theta}^2-\frac{3g}{2b}C=0</math></center>
+De aquí despejamos
+<center><math>\dot{\theta}^2=\frac{3g}{b}C</math></center>
+Tenemos por tanto que
+<center><math>\ddot{\theta}=-\frac{3g}{2b}S\qquad\qquad \dot{\theta}^2=\frac{3g}{b}C</math></center>
+Sustituimos en la expresión de la fuerza de reacción
+<center><math>\left\{\begin{array}{rcrcl}x&:&\qquad F_{Ox}&=&0 \\
+y&:&\qquad F_{Oy}&=&-\dfrac{9mg}{4}SC \\
+y&:&\qquad F_{Oz}&=&\dfrac{mg}{4}(1+9C^2)
+\end{array}
+\right.</math></center>
+Vemos que la fuerza vertical va de 1/4 del peso en la posición horizontal a 5/2 del peso cuando pasa por la vertical. La fuerza horizontal, en cambio, es nula en estas dos posiciones y tiene un máximo cuando pasa por 45&deg;, en que vale 9/8 del peso.
 ==Movimiento tridimensional==
+Cuando consideramos los dos grados de libertad posibles el problema es máx complicado y se hace engorroso si solo se emplea el sistema de referencia fijo. Por ello, realizaremos el análisis completo empleando tres sistemas de referencia:
+* El sistema fijo 1, con el eje <math>OZ_1</math> vertical
+* El sistema ligado 2, en el que la barra va en la dirección del eje <math>OZ_2</math> negativo
+* Un sistema intermedio 0, que está girado un ángulo &#981; en torno a <math>OZ_1=OZ_0</math> de manera que la barra se encuentre en todo momento en el plano <math>OY_0Z_0</math>
+La relación entre las bases de estos sistemas de referencia es, del fijo al intermedio
+<math>\begin{array}{rclcrcl}
+\vec{\imath}_0&=&\cos(\phi)\vec{\imath}_1+\mathrm{sen}(\phi)\vec{\jmath}_1&\qquad&\vec{\imath}_1&=&\cos(\phi)\vec{\imath}_0-\mathrm{sen}(\phi)\vec{\jmath}_0\\
+\vec{\jmath}_0&=&-\mathrm{sen}(\phi)\vec{\imath}_1+\cos(\phi)\vec{\jmath}_1&\qquad&\vec{\jmath}_1&=&\mathrm{sen}(\phi)\vec{\imath}_0+\cos(\phi)\vec{\jmath}_0\\
+\vec{k}_0&=&\vec{k}_1&\qquad&\vec{k}_1&=&\vec{k}_0
+\end{array}</math>

Péndulo compuesto (CMR)

De Laplace

Revisión de 13:59 27 dic 2017

Contenido

1 Enunciado

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

5 Movimiento tridimensional

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