Resolved Exams - Mechanics by Roberto

Problemas explicados de

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido

Autores: Roberto Palau L. & Roberto Palau G. Data: Agosto de 2013

Prólogo Este texto se ten elaborado a partir das notas de Roberto Palau L., Enxeñeiro Industrial, ten sido revisado por Roberto Palau G., Enxeñeiro do ICAI e doutor Enxeñeiro Industrial, e nel se presentan resoltos, e exhaustivamente explicados, diferentes problemas propostos en exame na asignatura de Mecánica da titulación de Enxeñería Industrial na Escola Técnica Superior de Enxeñeiros Industriais da Universidade de Vigo. Eses problemas se completan con outros tres problemas que presentan algunhas características particulares adicionais que complementan as técnicas de resolución de problemas de Mecánica que se teñen explicado neste texto. Ó longo da resolución dos problemas, aparecen parágrafos en letra cursiva que interrompen o desenvolvemento do problema: son parágrafos nos que se presentan ou aclaran conceptos e/ou técnicas de resolución de problemas utilizadas neste texto. Recomendamos ós estudantes que non deixen de ler estes parágrafos. Ademais, no final dalgúns destes problemas, se presentan preguntas adicionais en forma de Notas Complementarias que permiten explicar técnicas diferentes das utilizadas no desenvolvemento da resolución do problema, técnicas que pola súa utilidade noutros problemas, se explican tamén de forma complementaria nestas notas finais. Recomendamos ós estudantes que non se salten estas Notas Complementarias. A finalidade principal deste texto é explicar métodos de resolución de problemas de Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido ós alumnos de Escolas Técnicas, priorizando a facilidade e utilidade xeral dos métodos utilizados, así como a claridade nas explicacións. A finalidade fundamental dos autores é proporcionar ós estudantes un texto que os axude a adquirir, por si mesmos, os coñecementos necesarios para superar con éxito as asignaturas que se ocupan desta materia. A escaseza de textos que se ocupen de axudar ós alumnos a adquirir as técnicas necesarias para poder abordar por si mesmos a resolución deste tipo de problemas, nos ten animado a preparar este texto. Existen bos textos de problemas desta materia pero, ó noso criterio, pecan de escaseza de explicacións e aclaracións, dando por coñecidos conceptos e técnicas que os alumnos ou ben non coñecen ou ben non teñen dominado cando se enfrontan a eles, polo que a utilidade dos mesmos para a maioría dos alumnos, algunhas veces non é suficiente (o que resulta unha mágoa pois algúns destes textos son realmente bos). Por isto, a finalidade principal deste texto ten sido, por encima de todo, a claridade e a utilidade aínda que teñamos caído na redundancia ou na explicación de evidencias, porque, en efecto, aínda que moitos alumnos que cursan ós niveis onde se estuda esta materia xa teñen seguido un curso de Física Xeral anteriormente, a nosa experiencia é que iso non lles ten proporcionado unha base suficientemente sólida para resolver problemas desta materia, polo menos co nivel que se soe esixir nas Escolas Técnicas do noso país. Por isto, as técnicas seleccionadas son técnicas que, ó noso criterio, resultan claras e simples para estudantes reais. Esta ten sido a nosa finalidade única e, por iso, na medida en que axude ós alumnos a adquirir os coñecementos necesarios para superar as súas asignaturas, estaremos satisfeitos. Este texto tense rematado, na súa parte fundamental, en setembro de 2009, despois de que diferentes estudantes manifestaran que lle tiñan encontrado unha boa utilidade a versións previas do mesmo xa desde o ano 2006. Esta utilidade nos animou a presentar a nova versión, a primeira

revisada cun certo detalle, o que nos permitiu eliminar algúns erros e o que nos permitiu substituír técnicas pouco rigorosas por outras un pouco máis rigorosas, o que se fixo sempre que non fose en detrimento da claridade e facilidade para os estudantes que se están a iniciar nesta materia. Posteriormente se lle deron algúns retoques en agosto do 2013, e este é o texto que presentamos actualmente pero sen modificacións de fondo con relación ó texto de setembro de 2009. Por último dicir que os autores agradecerán os comentarios que os lectores queiran proporcionar na mellora deste texto, iso si sempre que vaian na liña apuntada de aumentar a claridade e utilidade deste texto para os alumnos reais das nosas Escolas Técnicas. Polo demais o noso maior desexo é que estes materiais lle sexan de utilidade a un grande número de estudantes. Cos nosos mellores desexos, ánimo e adiante. Con interese e esforzo todo é posible. Un cordial saúdo.

A Coruña, agosto de 2013

Índice PROBLEMA Nº 1 : Ximnasta (Exame de setembro 2004).......................................................................1 Nota Complementaria 1.1 : Integración dunha ecuación diferencial....................................................12 Nota Complementaria 1.2 : Comparación de ecuacións con diferentes parámetros..............................13 Nota Complementaria 1.3 : Magnitudes angulares e derivadas do parámetro angular.........................14 PROBLEMA Nº 2 : Barra ligada a un punto con dous resortes (Exame de setembro 2002)..................16 Nota Complementaria 2.1 : Método analítico para determinar a velocidade angular do sistema. .......24 Nota Complementaria 2.2 : Variacións introducidas polo cambio de eixes..........................................26 PROBLEMA Nº 3 : Disco rodante baixo barra (Exame de decembro 2004)..........................................29 Nota Complementaria 3.1 : Método analítico para determinar unha velocidade angular - I.................42 Nota Complementaria 3.2 : Método analítico para determinar unha velocidade angular - II...............42 PROBLEMA Nº 4 : Barra esvarando en vaso. (Exame de xuño 05 - Plano vello).................................45 PROBLEMA Nº 5 : Barra esvarando dentro dun cilindro. (Exame de setembro 2005 ).........................55 Nota Complementaria 5.1 : A elección de eixes coordenados...............................................................67 Nota Complementaria 5.2 : Método analítico para determinar unha velocidade angular.....................68 Nota Complementaria 5.3 : Método analítico para determinar o CIR...................................................69 Nota Complementaria 5.4 : Método analítico para determinar o centro de aceleracións .....................70 Nota Complementaria 5.5 : Cálculo do centro de masas dun cuarto de círculo....................................72 Nota Complementaria 5.6 : Cálculo do momento de inercia dun rectángulo con relación a un lado....72 PROBLEMA Nº 6 : Tres discos (Exame de decembro 2005).................................................................74 Nota Complementaria 6.1 : Cálculo do momento de inercia dun cadrado............................................82 PROBLEMA Nº 7 : Peso, polea e carrete (Exame de febreiro 2006).....................................................83 Nota Complementaria 7.1 : Tensións transmitidas por fíos de masa depreciable.................................93 Nota Complementaria 7.2 : Ligaduras a través de fíos e cordas............................................................94 PROBLEMA Nº 8 : Barra esvarando por outra barra (Exame de setembro 2006).................................97 Nota Complementaria 8.1 : Ecuación diferencial do movemento coas Ecuacións de Lagrange.........106 PROBLEMA Nº 9 : Cilindro rodando sobre placa deslizante. (Exame de decembro 2006).................109 Nota Complementaria 9.1 : Cálculo do momento de inercia dun triángulo........................................117 Nota Complementaria 9.2 : Relación dos movementos de rodamento a través das velocidades........118 Nota Complementaria 9.3 : Relación entre parámetros.......................................................................120 Nota Complementaria 9.4 : Ecuacións de Lagrange con forzas non conservativas (I).......................120 Nota Complementaria 9.5 : Ecuacións de Lagrange con forzas non conservativas (II)......................122 PROBLEMA Nº 10 : Barra entre resorte e disco (Exame de febreiro 2007)........................................125 Nota Complementaria 10.1 : Método analítico para determinar unha velocidade angular - I.............137 Nota Complementaria 10.2 : Método analítico para determinar velocidades – II...............................137 Nota Complementaria 10.3 : Aceleracións dos centros de masas tomando outro parámetro..............138 Nota Complementaria 10.4 : Método analítico para o cálculo da velocidade dun punto....................139 PROBLEMA Nº 11 : Disco ligado con barra e fío................................................................................141 PROBLEMA Nº 12 : Disco ligado con barra, fío e resorte...................................................................151 PROBLEMA Nº 13 : Tres discos rodantes............................................................................................155

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009)

Páxina 1

PROBLEMA º 1 : Ximnasta (Exame de setembro 2004) Primeira parte) (non do exame) Establecer a ecuación diferencial do movemento dun ximnasta no seu exercicio de barra fixa, suposto que só realizara pequenas oscilacións ó redor da súa posición de mínima enerxía potencial gravitacional. Modélase o ximnasta de 75 kg de masa como unha barra ríxida de lonxitude L=2,4 m, co seu centro de masas G situado a d=1 m da barra fixa, momento de inercia con relación a este de IG=30 kg·m2 e depréciase a fricción coa barra. Segunda parte) (non do exame) O mesmo ximnasta parte agora do repouso na posición inicial vertical invertida indicada con liña continua na figura adxunta, e separándose a continuación lixeiramente da posición inicial xira en sentido antihorario ata soltarse da barra cando forma π/4 radiáns coa vertical: posición a liña discontinua na figura adxnta. Establecer a ecuación diferencial deste movemento do ximnasta mentres está suxeito á barra, utilizando as ecuacións de Lagrange. Terceira parte) Preguntas de exame: a) Velocidade de G e velocidade angular do ximnasta no instante en que se solta da barra. b) Unha vez que se solta da barra, graos de liberdade e ecuacións diferenciais do seu movemento. Tomando como referencia para t=0 o momento en que se solta, dar a posición do ximnasta en función do tempo. c) Altura máxima que acada o centro de gravidade do ximnasta. d) Centro instantáneo de rotación na posición anterior. e) Centro J de aceleracións nesa mesma posición.

Solución:

Primeira parte) Cálculo da ecuación do movemento para pequenas oscilacións Se trata dun xiro ó redor dun eixe fixo O, polo que se trata dun sistema dun só grao de liberdade dado que a posición de todos os puntos do ximnasta en todo momento é perfectamente descritible cun só parámetro. O número de graos de liberdade dun sistema vén dado polo número de parámetros independentes necesarios para establecer a posición do mesmo en calquera instante. un movemento libro no plano, un sistema ten tres graos de liberdade, sendo necesarios tres parámetro para determinar a súa posición en todo instante. Estes parámetros a miúdo serán: • dous coordenadas liñais que determinen a posición do centro de masas do sistema: normalmente x,y no caso de utilizar un sistema de referencia cartesiano. • Un ángulo que determine o xiro do sistema ó redor do seu centro de masas.

Figura 1.1 : Posición xenérica do ximnasta

Nos casos como os deste problema, de xiros planos ó redor dun eixe fixo -sempre perpendicular ó plano do debuxo e que corta a este nun punto O -, basta un parámetro para de terminar a posición de todo o

PROBLEMA Nº 1 : Ximnasta (Exame de setembro 2004). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 2

sistema, e o parámetro máis cómodo soe ser o ángulo de xiro do sistema con relación a unha liña de referencia que pase polo punto fixo O (por exemplo o ánguloϕ neste caso, ver figura 1.1), pois proporciona ecuacións máis simples. Mídense os ángulos desde -Y para facilitar a particularización da ecuación do movemento ó caso de pequenas oscilacións ó redor desta posición e, como sempre que sexa posible, se elixe traballar cun ángulo positivo pois isto facilita moito os cálculos. O alumno terá en conta que, para os eixes indicados na figura 1.1, un ángulo positivo – ou sexa segundo +Z - será un ángulo medido en sentido antihorario desde a liña de referencia. A este sistema de eixes se lles denominará nos seguintes problemas “eixes habituais” por ser os máis frecuentemente utilizados neste texto. estes casos, o ángulo tomado como parámetro indica o xiro do sólido ó redor do seu centro de masas o que se pode comprobar imaxinando: • que se toma unha liña de referencia, por exemplo paralela ó eixe Y, pasando polo centro de masas G, e que servirá de referencia fixa para observar como xira o sólido ó seu redor, • e outra liña sobre o sólido, por exemplo neste caso unha liña ó longo do ximnasta que se moverá con este, para ver como esta outra liña móbil xira ó redor da liña de referencia, • e se pode comprobar que o ángulo ϕ formado por estas Figura 1.2 : Posición dúas liñas neste caso, realmente indica en todo momento angular do ximnasta como o sólido xira ó redor da recta de referencia, indicando polo tanto a posición angular do sólido en todo momento. Ver figura 1.2. É dicir, a posición angular dun sólido no seu xiro ó redor do seu centro de masas vén determinada polo ángulo formado por dous liñas: • unha liña imaxinaria trazada dentro do sólido e que se move con el, • e outra liña, esta de dirección fixa, que se toma como referencia -por exemplo, a vertical-. Pois ben, cando o parámetro angular indica a posición angular do sólido en todo momento, a velocidade angular do sistema coincide coa primeira derivada dese parámetro, e a aceleración angular coincide coa segunda derivada do parámetro. este texto se utilizará esta coincidencia nos cálculos por considerarse máis simple, ademais de máis real, que utilizar algún tipo de artificio práctico cos signos. Polo tanto, o alumno debe recordar que sempre que se utilice como parámetro un ángulo que determine a posición angular dun sólido no seu xiro ó redor do seu centro de masas, nos cálculos se utilizará a coincidencia real que existe: • entre a primeira derivada deste parámetro e a velocidade angular do sistema, • e entre a segunda derivada deste parámetro e a aceleración angular do sistema. o final do problema, na ota Complementaria 1.3, se presenta un método analítico de determinación da relación entre a velocidade angular dun sólido e a primeira derivada do parámetro utilizado. Este método resultará de utilidade nos casos en que o alumno non vexa de forma clara que o ángulo utilizado como parámetro realmente indica a posición angular do sólido no seu xiro ó redor do seu centro de masas, pois neste caso o alumno non poderá garantir a coincidencia entre as derivadas do parámetro e as velocidade e aceleración angular do sistema. este caso, poderá recorrer a este método analítico para relacionar as magnitudes angulares coas derivadas do parámetro utilizado. Como se verá, será el caso dalgúns dos problemas tratados neste texto.

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009)

Páxina 3

De acordo con estas consideracións, tomando ϕ como parámetro, ver figura 1.3, e dado que este ángulo indica a posición angular do ximnasta no seu xiro ó redor do seu centro de masas, a súa primeira derivada coincidirá coa velocidade angular do ximnasta e a súa segunda derivada coincidirá coa súa aceleración angular. Polo tanto, neste caso:

ω=

Ecuación 1.1

Ecuación 1.2

=

Se comezará agora establecendo a ecuación do movemento buscada. Aplicarase ó corpo a 2ª Lei de Newton e a Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación, esta última aplicada no punto fixo O : ΣFx = m·aGx ΣFy = m·aGy ∑ M O = IO ⋅α

Figura 1.3 : Posición xenérica do ximnasta

Polo tanto se teñen tres ecuacións e, no diagrama de sólido libre do sistema presentado na figura 1.3, vese que hai dúas forzas incógnitas: as reaccións Ox e Oy no centro de xiro O. Dado que se trata de obter estas dúas reaccións ademais da ecuación do movemento do sistema, se deben encontrar tres resultados e se teñen tres ecuacións, polo que non haberá dificultades. Se debe ter coidado coa aplicación da Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación, pois só é posible aplicala con relación ós puntos que cumpran unha das condicións 2.1 e unha das condicións 2.2, establecidas no problema 2. O punto O citado neste problema, cumpre estas condicións como se pode comprobar revisando ditas condicións, e dado que é un punto fixo e é un punto do sólido. Como na Ecuación Fundamental da Dinámica de Rotación, aplicada no punto fixo O, non aparecen as reaccións pois estas forzas non producen momento con relación a O, esta última ecuación xa nos proporcionará directamente a ecuación do movemento, mentres que as dúas primeiras ecuacións (2ª Lei de Newton) permitirán calcular as reaccións Ox e Oy. De acordo con isto se obterá a ecuación do movemento a partir da Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación :

∑ M O =I O⋅¨

na que xa se pon que a aceleración angular α do ximnasta é  como se viu na ecuación 1.2. Agora se ten que calcular o momento das forzas, e se debe ter coidado ó facelo pois normalmente no seu cálculo interveñen variables que teñen signo polo que estas variables poden cambiar inadvertidamente o signo que se lle adxudique ó momento. Por exemplo, na figura 1.3 vese que o peso mg orixina un momento negativo ó redor do O, polo que se poderá poñer que ese momento é: - mg·xG. En principio, dando un signo negativo diante do resultado estamos a querer afirmar que ese momento é negativo, pero se debe ter en conta que no momento intervén o parámetro xG que pode tomar signo positivo ou negativo no momento considerado polo que se debe ter coidado. De feito, bastará comprobar se, na posición xenérica estudiada e debuxada, un signo negativo implícito nun parámetro está a cambiar o signo que se ten incluído explicitamente. Vese na figura 1.3 que neste caso non se produce este efecto dado que xG é positivo polo que non habería problema en afirmar que o momento do peso, que é negativo, é: -mg·xG.

PROBLEMA Nº 1 : Ximnasta (Exame de setembro 2004). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 4

Tamén se podería ter posto que o momento do peso, tal como se ve na figura 1.3, é: -mg·d·sen ϕ , pero ϕ tamén ten signo. Pero vese que tampouco neste caso habería problema pois no debuxo ϕ é positivo e polo tanto o seu seno tamén o é, polo que non cambia o signo negativo que se lle ten colocado explicitamente ó momento do peso que é o que realmente lle corresponde. Sen embargo, se estudiando un caso como o da figura 1.4, se dixera que o momento é: -mg·d·sen ϕ , se estaría cometendo un erro pois aínda que o momento do peso é negativo, ϕ tamén é negativo, polo que o seu seno será negativo e así, inadvertidamente, coa expresión anterior se estaría afirmando que o momento do peso é positivo o que sería un erro. Polo tanto, para afirmar que o momento do peso Figura 1.4 : Unha posible é negativo haberá que dicir que o momento do peso é mg·d·sen ϕ posición do ximnasta nun dado que o signo negativo xa está incluído no seno do parámetro. movemento calquera Vese que esta pode ser unha causa de erros inadvertidos polo que, sempre que sexa posible, convén tomar parámetros positivos pois así non cambiarán inadvertidamente o signo que apareza explicitamente nas expresións nas que se inclúan ditos parámetros. De non ser posible tomar parámetros positivos, se deberá prestar moita atención ós signos das expresións utilizadas. Volvendo agora ó caso da figura 1.3, para calcular o momento das forzas con relación ó punto fixo O, só o peso dá momento con relación a dito punto como se pode observar, e este momento, tal como están os eixes na figura 1.3, é negativo e, sendo ϕ positivo, se deberá poñer que este momento é -mg·d·senϕ . Polo tanto:

∑ M O =I O⋅¨

⇒ mg⋅d⋅sen =I O⋅ ⇒  =

m⋅g⋅d ⋅sen φ IO

Desta forma xa se consegue a ecuación diferencial do movemento:

 =

m⋅g⋅d ⋅sen φ Ecuación 1.3 IO

Pero no caso de pequenas oscilacións se cumpre que sen ϕ ≈ ϕ , polo que, neste caso, a ecuación do movemento quedará:

 =

m⋅g⋅d ⋅ IO

Ecuación 1.4

que se ve que é a ecuación dun movemento harmónico simple  x = 2⋅x no que a pulsación do movemento será: = e a frecuencia: ν =



m⋅g⋅d IO

 1 m⋅g⋅d = ⋅ 2π 2π IO

Resulta de interese ver como cambiaría a ecuación diferencial do movemento tomando como parámetro o ángulo ϕ da figura 1.5 nun movemento xenérico, no plano XY, do ximnasta ó redor da barra fixa. este caso, ó aplicar a ecuación Fundamental da Dinámica de Rotación, se observa que o momento do peso sería positivo como se

Figura 1.5 : Posición xenérica do ximnasta nun movemento xeral ó redor da barra

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009)

Páxina 5

pode comprobar vendo na figura 1.5 o xiro antihorario que o peso crearía ó redor de O. Así, o momento do peso sería +mg·d·senϕ pois o ángulo ϕ tomado nesa figura é positivo polo que o seu seno tamén e, así, non cambia inadvertidamente o signo do momento. este caso, a ecuación do movemento quedaría:

∑ M O =I O⋅¨

⇒ mg⋅d⋅sen =I O⋅ ⇒  =

m⋅g⋅d ⋅sen φ IO

Desta forma xa se consegue a ecuación diferencial do movemento:

=

m⋅g⋅d ⋅sen φ IO

Ecuación 1.5

Vese que esta ecuación non coincide en signo coa ecuación 1.3, o que resulta lóxico pois, aínda que se lles teña posto o mesmo nome, ϕ , os parámetros son diferentes como se comenta en detalle no remate do problema na ota Complementaria 1.2.

Segunda parte) Cálculo da ecuación do movemento do ximnasta coas ecuacións de Lagrange (mentres está agarrado á barra) Agora se estudiará o movemento como un xiro completo no plano XY, de acordo coa figura 1.6 na que o ximnasta se modela como unha barra. A maioría das consideracións realizadas no apartado anterior seguen a ser válidas, en concreto as que se refiren a que o parámetro ϕ que aquí se toma, indica a posición angular do ximnasta en todo momento, así como as consideracións que se deducen deste feito en canto á velocidade e aceleración angular do ximnasta:

ω=

Ecuación 1.6

Ecuación 1.7

=

Figura 1.6 : Posición xenérica do ximnasta

Utilizaranse as ecuacións de Lagrange como solicita a pregunta. Se debe recordar que a función L de Lagrange é: L = Ec − E pg Calcularase a enerxía cinética Ec con relación ó punto fixo O, pois proporciona unha expresión máis simple que con relación ó centro de masas: • 2

I ⋅ ω 2 IO ⋅ϕ Ec = O = 2 2

Para calcular IO se necesita aplicar o teorema de Steiner pois normalmente se coñece o momento de inercia con relación ó centro de masas IG :

Io = IG + m ⋅ d 2

Ecuación 1.8

,ota: se fose unha barra se sabería que IG = ML2/12, pero neste caso o enunciado afirma que IG=30 kg·m2.

PROBLEMA Nº 1 : Ximnasta (Exame de setembro 2004). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 6

O Teorema de Steiner proporciona a expresión 1.8 que é incómoda de manexar en este caso senón é numericamente, polo que se arrastrará IO como dato, o que se pode facer pois se coñecen todos os datos implicados no seu cálculo. Para establecer a enerxía potencial gravitacional se toma como orixe de enerxías a posición máis baixa do punto do G do ximnasta no seu xiro completo ó redor da barra, polo que a súa h nunha posición xenérica como a da figura superior será: h = d + d · cos ϕ. Polo tanto:

E p =m⋅g⋅h=m⋅g⋅ d d⋅cos  =m⋅g⋅d⋅1cos   E, polo tanto, a función lagrangiana L será: 2

L=E c E pg =

I O⋅

m⋅g⋅d⋅ 1cos   2

As ecuacións de Lagrange para, por exemplo, dous graos de liberdade, ϕ e θ, toman a forma:

 ˙  ˙

d ∂L ∂L

=Q dt ∂ ∂ d ∂L ∂L

=Q dt ∂ ∂ sendo: • •

L a función lagrangiana: L=Ec – Ep , máis á miúdo representada como L = T – V, sendo Qϕ a forza non conservativa xeneralizada que se calcula como o traballo virtual producido polas forzas non conservativas ante unha variación virtual do parámetro ϕ, mantendo constantes os demais parámetros:

•

Q =

W 

e sendo Qθ a forza non conservativa xeneralizada que se calcula como o traballo virtual producido polas forzas non conservativas ante unha variación virtual do parámetro θ,

W  un caso como o deste problema no que o parámetro é único, ϕ , e ademais as únicas forzas non mantendo constantes os demais parámetros:

Q =

conservativas (as reaccións no punto de suxeición do ximnasta á barra) non realizan traballo por actuar nun punto en repouso, a ecuación toma a forma:

 ˙

d ∂L ∂L

=0 dt ∂ ∂

Polo tanto, neste caso, a ecuación do movemento se deducirá a partir de:

 ˙

d ∂L ∂L

=0 dt ∂ ∂ Calculando os termos da ecuación un por un:

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009)

•

Paréntese do primeiro termo:

∂L

∂

 ˙

˙

∂

∂

I O⋅

m⋅g⋅d⋅1cos   =I O⋅ 2

 ˙

•

d ∂L d = I ⋅ =I O⋅ Primeiro termo: dt dt O ∂

•

Segundo termo: ∂ L = ∂

∂





Páxina 7



I O⋅

m⋅g⋅d⋅ 1cos   =m⋅g⋅d⋅sen  ∂ 2

E así, a ecuación de Lagrange quedará:

 ˙

∂L m⋅g⋅d d ∂L

⋅sen  =0 ⇒ I O⋅ m⋅g⋅d⋅sen =0 ⇒  = dt ∂ IO ∂

Co que xa se ten a ecuación diferencial do movemento:

=

m⋅g⋅d ⋅sen  IO

Ecuación 1.9

Ó comparar esta ecuación do movemento coas obtidas na primeira parte, vese que coincide coa ecuación 1.5 pero non coa ecuación 1.4, o que resulta evidente pois no caso da ecuación 1.5 se ten utilizado o mesmo parámetro que agora, mentres que na ecuación 1.4 o parámetro utilizado é diferente. No remate do problema, ota Complementaria 1.2, se demostra a coherencia das dúas ecuacións entre si. Tamén no remate do problema preséntase unha primeira integración da ecuación 1.9 na ota Complementaria 1.1.

Teceira parte -preguntas de exame-

a) Velocidade de G e velocidade angular do ximnasta no instante en que se solta da barra (posición 2 da figura adxunta, a π/4 rad da posición vertical inferior). Como xa se viu na 1ª parte deste problema, a velocidade angular é •

ω = ϕ , pero agora se trata de saber exactamente o seu valor no momento pedido. Neste caso, o máis cómodo é aplicar a ecuación da conservación da enerxía entre a posición (1) e a posición (2) da figura 1.7: existe conservación da enerxía pois a única forza que realiza traballo durante ese percorrido entre (1) e (2) é o peso, e esta forza é conservativa –as reaccións Ox e Oy actúan nun punto fixo polo que non realizan traballo- : E(1) + Wnon_conservativo = E(2) E(1) = E(2) Tense que ter en conta que o enunciado informa de que o ximnasta está en repouso na posición (1), polo que a ecuación anterior quedará: Epg(1) = Ec(2) + Epg(2)

Figura 1.7 : Percorrido do ximnasta ata que se solta en (2)

PROBLEMA Nº 1 : Ximnasta (Exame de setembro 2004). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 8

Tomarase, igual que antes, como orixe de potenciais gravitacionais a posición máis baixa do ximnasta, polo que a ecuación anterior quedará: •2 •2 1 1 π  mg ⋅ 2d = I O ⋅ ϕ + mg ⋅ h2 ⇒ mg ⋅ 2d = I O ⋅ ϕ + mg ⋅  d − d ⋅ cos  2 2 4  Operando:









2 2 1 π π 1 mg⋅2d= I O⋅ mg⋅d⋅ 1 cos ⇒ mg⋅d⋅ 1cos = I O⋅ 2 4 4 2

2 2 2 E tendo en conta que, de acordo co teorema de Steiner: I o = I G + m ⋅ d = 30 + 75 ⋅ 1 = 105 kg ⋅ m • • π 1  Quedará: 75 ⋅ 9,8 ⋅ 1 ⋅ 1 + cos  = ⋅ 105 ⋅ ϕ ⇒ ϕ = 4,89 rad / s ⇒ ω = 4,89 k rad / s 4 2  Ponse o signo positivo que corresponde á velocidade angular en (2) cos eixes seleccionados na figura 2

1.7. Agora xa se pode establecer a velocidade do centro de masas ecuacións da Cinemática: π π  VG = VO + ω x OG = 0 + 4,89 k ×  d ⋅ sen i − d ⋅ cos 4 4 

na posición (2) pedida coa axuda das  j  = 3,46 i + 3,46 j m / s 

En valor: VG = 3,46 2 + 3,46 2 = 3,46 ⋅ 2 = 4,89 m / s como é lóxico pois é: v G =ω⋅d =4, 89⋅1=4,89 m/ s )

b) Unha vez que se solta da barra, graos de liberdade e ecuacións diferenciais do seu movemento. Tomando como referencia para t=0 o momento en que se solta, dar a posición do ximnasta en función do tempo. Unha vez que o ximnasta queda libre, se tratará do movemento dun corpo libre no plano, e os corpos libres no plano teñen 3 graos de liberdade. Deste xeito, para determinar a súa posición se necesitan tres parámetros que, normalmente serán: dúas coordenadas para determinar a posición do centro de masas G do corpo (xG e yG, por exemplo), e un ángulo para determinar o xiro do corpo ó redor de G. Figura 1.8 : Posición Por iso se utilizarán, como parámetros, as coordenadas cartesianas do xenérica do ximnasta unha centro de masas xG , yG e un ángulo de xiro do corpo ó redor do centro de vez soltado da barra masas, por exemplo o ángulo ϕ da figura. Tamén nestes casos, nos que o parámetro angular está a dar o ángulo de xiro do sistema ó redor do centro de masas, a velocidade angular do sistema e a primeira derivada deste parámetro angular coinciden. Sen embargo, se se desexan comprobar os signos utilizando o parámetro ϕ da figura superior, vese que se a velocidade angular é positiva (considerando xiro antihorario), o valor do parámetro ϕ , que é positivo, estará a aumentar polo que tamén é positiva a súa primeira derivada: así coinciden tamén en signo:

=  .

Aínda que basta coa consideración anterior (que o ángulo estableza a posición angular do corpo ó redor do centro de masas) para establecer a igualdade de signos entre a velocidade angular do corpo e a primeira derivada do parámetro angular, pódese ver que aínda que se considerase velocidade angular negativa por imaxinar xiro horario ó corpo na posición anterior, veríase que, neste caso, o valor de ϕ , que é positivo,

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009)

Páxina 9

estaría a diminuír polo que sería negativa a súa primeira derivada, e así tamén coincidirían os signos da velocidade angular e da primeira derivada do parámetro angular.

Desta forma, a velocidade angular e a aceleración angular serán: = e = . Para establecer as ecuacións da posición, aplícase a 2ª Lei de Newton e a Ecuación da Dinámica de Rotación: ➢ 2ª lei de Newton: •

En X:

•

En Y:

∑ F x=m⋅x¨ ⇒0=m⋅x¨ ⇒ x¨ =0 ∑ F y=m⋅y¨ ⇒ mg=m⋅y¨ ⇒ y¨ = g G

➢ Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación (ó non haber un eixe fixo de xiro, se aplicará no centro de masas): •

∑ M G =I G⋅α ⇒ ∑ M G =I G⋅¨ ⇒ 0= I G⋅¨ ⇒ ¨ =0

Polo tanto, as ecuacións diferenciais do movemento son:

 =0 Ecuacións 1.10

x G =0

yG = g

Como piden a posición do ximnasta en función do tempo, se deben integrar estas ecuacións. ➢ Integración en X: Ecuación 1.11

x G =0

x G =0 integrando  xG =constante=v Gx =3,46 m/ s Ecuación 1.12

segundo os valores calculados no apartado anterior.

dxG = 3,46 ⇒ dxG = 3,46 ⋅ dt ⇒ ∫ dxG = ∫ 3,46 ⋅ dt ⇒ xG = 3,46t + Cte dt E como para t=0 é xG = d·sen π/4 = 0,707 (ver figura 1.7), vese na ecuación anterior que:

Volvendo a integrar:

xG = 3,46t + Cte ⇒ 0,707 = 3,46 ⋅ 0 + Cte ⇒ Cte = 0,707

Polo que a posición en X do centro de masas queda: xG = 3,46t + Cte ⇒ xG = 3,46t + 0,707

Ecuación 1.13

➢ Integración en Y:

¨yG= g ¨

y G = g ⇒

Ecuación 1.14

d yG = g integrando  dt

∫ d y˙ = ∫ g⋅dt ⇒ y˙ = g⋅t Cte G

Para calcular a constante Cte sábese que para t=0 é

y=v ˙ do apartado anterior. Levando isto á ecuación anterior quedará:

˙y

= gtCte ⇒3, 46=g⋅0Cte ⇒ Cte=3, 46

E sabida a constante Cte, a ecuación queda:

Gy0

=3,46 m/s de acordo cos cálculos

PROBLEMA Nº 1 : Ximnasta (Exame de setembro 2004). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

˙y

Páxina 10

= gtCte ⇒ y G= gt 3, 46 Ecuación 1.15

Integrando a ecuación anterior:

dyG gt 2 = − gt + 3,46 ⇒ dyG = − gt ⋅ dt + 3,46 ⋅ dt ⇒ ∫ dyG = − ∫ gt ⋅ dt + ∫ 3,46 ⋅ dt ⇒ yG = − + 3,46t + Cte dt 2 E como para t=0 sábese que yG = - d·cos π/2 = - 0,707 (ver figura 1.7), a ecuación anterior quedará: gt 2 g ⋅ 02 yG = − + 3,46t + Cte ⇒ −0,707 = − + 3,46 ⋅ 0 + Cte ⇒ Cte = −0,707 2 2 Polo que a posición en Y do centro de masas queda: yG = −4,9t 2 + 3,46t + Cte ⇒ yG = −4,9t 2 + 3,46t − 0,707 Ecuación 1.16

➢ Integración angular:

=0

Ecuación 1.17

Integrándoa igual que a ecuación 1.11, chégase a que:

 =0 integrando  =conste= 0 =4,89 rad/s

Ecuación 1.18

E volvéndoa á integrar, se terá (considerando que para t=0 é ϕ = π /4):

ϕ=4,89t0,785

Ecuación 1.19

c) Altura máxima que acada o centro de gravidade do ximnasta. Pide a altura máxima do ximnasta que, tal como están situados os eixes coordenados, será a yG máxima. Polo tanto, como a ecuación de yG é a ecuación 1.16 : yG = −4,9t 2 + 3,46t − 0,707 Iguálase a cero a primeira derivada para obter o valor máximo de yG :

dy G = 9,8 t3, 46=0 ⇒ t =0, 353 s dt

Ecuación 1.20

Este é o instante no que se produce a coordenada vertical máxima. Polo tanto, esta coordenada será: y G= 4,9t 2 3, 46 t 0, 707= 4,9⋅0, 3532 3, 46⋅0,353 0, 707= 0, 096 m Ecuación 1.21 É dicir, a altura máxima corresponde á posición do centro de masas de 0,096 m por debaixo da barra de subxección do ximnasta.

d) Centro instantáneo de rotación na posición anterior. Nesta posición, como en calquera outra, se terá: V I = V G + ω × GI Ecuación 1.22

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 11

E nesta ecuación: ➢ Primeiro membro:

VI =0

Ecuación 1.23 •

•

➢ Primeiro termo do segundo membro: V G = x G + y G E segundo as ecuacións 1.12 e 1.15 será:  V G = x  y == 3, 46 i  gt3, 46  j

˙G ˙G

que no instante indicado (t=0,353 s) tomará o valor: V G = 3,46 i + (− g ⋅ 0,353 + 3,46 ) j = 3,46 i

Ecuación 1.24

(loxicamente, na posición de máxima altura, a compoñente Y da velocidade de G é nula pois senón o G aínda seguiría subindo) ➢ O segundo termo do segundo membro da ecuación 1.22 será, segundo a ecuación 1.18:

ω =4, 89 k rad /s 

Ecuación 1.25

 GI = x I x G  i  y I y G  j A coordenada yG no instante pedido está dada na expresión 1.21 (yG = -0,096 m), e a coordenada xG para o instante pedido (t=0,353 s) se pode calcular coa ecuación 1.13: xG = 3,46t + 0,707 = 3,46 ⋅ 0,353 + 0,707 = 1,93 m

Ecuación 1.26

Polo tanto: GI = ( xI − xG ) i + ( y I − yG ) j = ( xI − 1,93) i + ( yI + 0,096 ) j

Ecuación 1.27

Levando agora as expresións 1.23, 1.24, 1.25 e 1.27 á ecuación 1.22, se terá:

[

V I = V G + ω × GI ⇒ 0 = 3,46 i + 4,89 k × ( xI − 1,93) i + ( y I + 0,096 ) j Operando: 0 = 3,46 i − 4,89 ⋅ ( xI − 1,93) j + 4,89 ⋅ ( y I + 0,096 ) i En X: En Y:

0 = 3,46-4,89·(yI +0,096) yI = 0,612 m 0 = 4,89·(xI – 1,93) xI = 1,93 m

e) Centro J de aceleracións nesa mesma posición. Nesta posición, como en calquera outra, se terá:

a J = a G + α × GJ − ω 2 ⋅ GJ Ecuación 1.28 Pero nesta posición temos: ➢ Primeiro membro: aJ = 0

Ecuación 1.29

]

PROBLEMA Nº 1 : Ximnasta (Exame de setembro 2004). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

➢

Páxina 12

Primeiro termo do segundo membro:

 aG = xG i  jG j = g j

Ecuación 1.30

de acordo coas ecuacións diferenciais do movemento 1.10. ➢

Segundo termo do segundo membro, segundo ecuación 1.17, será nulo pois

α= =0 ➢

Ecuación 1.31

Terceiro termo do segundo membro será, segundo a ecuación 1.18: ω = 4,89 k rad / s

Ecuación 1.32

 GJ = x J x G  i  y J y G  j A coordenada yG no instante pedido está dada na expresión 1.21 (yG = -0,096 m), e a coordenada xG neste mesmo instante xa está na expresión 1.26 (xG = 1,93 m). Polo tanto: GJ = ( xJ − xG ) i + ( y J − yG ) j = ( xJ − 1,93) i + ( y J + 0,096) j

Ecuación 1.33

Levando agora as expresións 1.29, 1.30, 1.31, 1.32 e 1.33, á ecuación 1.28, quedará:

 a J = a G  α× GJ ω 2  GJ ⇒ 0= g j0 ×  GJ 4, 892 ⋅ [  x J 1, 93 i  y J 0, 096  j ] ⇒

[

]

⇒0= 9,8 j4, 892 ⋅ [  x J 1,93  i  y J 0, 096  j ] ⇒ 4, 892⋅ x J 1, 93  i  23 ,9⋅y J 12,1  j=0 En X obtense: xJ = 1,93 m En Y obtense: yJ = 0,314 m

ota Complementaria 1.1 : Integración dunha ecuación diferencial

Pregunta: Realizar a primeira integración da ecuación diferencial 1.9:  =

m⋅g⋅d ⋅sen  IO

É simple realizar a primeira integración dunha ecuación diferencial como a 1.9, na que só aparece a 2ª derivada do parámetro pero non a primeira. En efecto, nestes casos é útil aplicar a seguinte relación :

=

d d  d d  d t = d ⋅ d t = d ⋅

˙ ˙

Co que a ecuación diferencial do movemento quedará:

=

˙ ˙

d m⋅g⋅d m⋅g⋅d m⋅g⋅d ⋅sen  ⇒ ⋅ = ⋅sen ⇒ d ⋅= ⋅sen ⋅d  IO d IO IO

˙˙

Pódese realizar unha primeira integración na ecuación anterior con facilidade, quedando:



m⋅g⋅d ⋅cos C IO

Ecuación 1.34

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 13

sendo C unha constante de integración que ten un valor que se pode determinar co valor inicial da velocidade angular. En efecto, supoñendo que na posición inicial vertical (ϕ=0º) a velocidade angular é nula, se poden substituír estes valores na ecuación anterior, quedando esta:



m⋅g⋅d m⋅g⋅d m⋅g⋅d m⋅g⋅d ⋅cos C ⇒ 0=

⋅cos 0ºC ⇒ 0=

C ⇒ C = IO IO IO IO

Polo que, a ecuación 1.34 quedaría:



m⋅g⋅d ⋅cos C ⇒ IO



m⋅g⋅d m⋅g⋅d ⋅cos  ⇒ IO IO



m⋅g⋅d ⋅1 cos  IO

Pódese plantexar a segunda integración que quedaría:





m⋅g⋅d 2m⋅g⋅d d 2m⋅g⋅d ⋅1 cos  ⇒  = ⋅1 cos  ⇒ = ⋅1 cos  ⇒ IO IO dt IO

⇒



d =dt ⇒ 2m⋅g⋅d ⋅1 cos   IO



IO d ⋅∫ =∫ dt 2m⋅g⋅d  1 cos 

ota Complementaria 1.2 : Comparación de ecuacións con diferentes parámetros Pregunta: este exercicio se obteñen dúas ecuacións diferenciais diferentes para o m⋅g⋅d ⋅sen  e a movemento do ximnasta mentres está suxeito á barra, a ecuación 1.3:  =

IO m⋅g⋅d ⋅sen  . Explicar como é posible que sexan diferentes. ecuación 1.5:  = IO

Comparando a ecuación 1.3 coa ecuación 1.5 vese que non se obtén a mesma ecuación diferencial do movemento. Sen embargo isto débese a que, na dedución da ecuación 1.5 mídense ángulos desde +Y (ángulo ϕ na figura 1.9 da dereita), e na ecuación 1.3 medíanse desde -Y (ángulo θ na figura 1.9 da dereita). Con esta nomenclatura, a ecuación 1.3 deberíase expresar así:

=

m⋅g⋅d ⋅sen  Ecuación 1.35 IO

Polo tanto, para poder comparar ambas ecuacións débese utilizar en ambos casos o mesmo parámetro. Así, por exemplo pódese expresar a ecuación 1.5 en función de ángulos medidos desde -Y igual que na primeira parte. En efecto, ó estudiar unha posición xenérica do ximnasta tal como a da figura 1.9 da dereita, pódese ver que o ángulo ϕ utilizado nesta 2ª parte é:

=180º=

Ecuación 1.36

e derivando esta ecuación dúas veces se terá que:

¨ ¨

 =

Ecuación 1.37

Figura 1.9 : Diferentes parámetros para situar a posición do ximnasta

PROBLEMA Nº 1 : Ximnasta (Exame de setembro 2004). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 14

Levando estas expresións 1.36 e 1.37 á ecuación 1.5, para substituír ϕ por θ, quedará:

m⋅g⋅d m⋅g⋅d m⋅g⋅d ⋅sen  ⇒  = ⋅sen  ⇒  = ⋅ sen ⋅cos cos ⋅sen   ⇒ IO IO IO m⋅g⋅d ⇒  =

⋅sen  IO que vese que é a mesma ecuación 1.3 (1.35 chamando θ ó parámetro) obtida na primeira parte.

=

ota Complementaria 1.3 : Magnitudes angulares e derivadas do parámetro angular Pregunta: Con relación ó movemento do ximnasta mentres está suxeito á barra, demostrar analiticamente a relación da velocidade angular e da aceleración angular do ximnasta coas derivadas do parámetro. Comprobarase aquí analiticamente, a relación entre velocidade e aceleración angular e as derivadas primeira e segunda do parámetro, utilizando as ecuacións da Cinemática. Para isto, primeiro se debe coñecer a velocidade liñal dalgún punto, por exemplo do centro de masas, en función das derivadas do parámetro: - Posición xenérica de G (ver figura 1.10): ➢ xG = d ⋅ sen ϕ -

➢ yG = − d ⋅ cos ϕ Co que as compoñentes da velocidade e da aceleración de G se obterán derivando as ecuacións anteriores: ➢ ➢

˙ ˙ y =d⋅⋅sen ϕ ˙ ˙

˙ ¨ ¨ 2 ⇒ y =d⋅⋅sen ϕd⋅ ⋅cos ϕ ˙ ¨ ¨ ecuacións da Cinemática, se poderá

x G =d⋅⋅cos ϕ ⇒ x G =d⋅⋅cos ϕ d⋅ ⋅sen ϕ G

Aplicando agora as calcular a velocidade angular e a aceleración angular do ximnasta en función das derivadas do parámetro ϕ, ó relacionar, primeiro a velocidade de G coa velocidade de O (nula), e logo relacionando a aceleración de G coa aceleración de O (tamén nula) : Apli

Figura 1.10 : Localización do centro de masas do ximnasta

v G=  v O ω × OG , ➢ Velocidades:  ➢ e como arriba se ten a velocidade de G •

•

v G = d ⋅ ϕ ⋅ cos ϕ i + d ⋅ ϕ ⋅ senϕ j , ➢ e na figura anterior se pode establecer que  OG=d⋅sen ϕ i d⋅cos ϕ j ,  ➢ mentres que a velocidade angular só ten compoñente Z =⋅  k , se terá que: •

(

•

v G = v O + ω × OG ⇒ d ⋅ ϕ ⋅ cos ϕ i + d ⋅ ϕ ⋅ senϕ j = 0 + ω k × d ⋅ senϕ i − d ⋅ cos ϕ j •

•

Operando : d ⋅ ϕ ⋅ cos ϕ i + d ⋅ ϕ ⋅ senϕ j = ω ⋅ d ⋅ cos ϕ i + ω ⋅ d ⋅ senϕ j

Co que igualando tanto en X como en Y, se obtén: ω=

)

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 15 •

E vese que se obtén analiticamente que a velocidade angular coincide con ϕ , o mesmo que se obtivo por consideracións puramente cualitativas durante a resolución do problema. -

Verase agora a utilización dun método analítico para relacionar a aceleración angular coa segunda derivada do parámetro. Farase tratando coa posición elixida na figura 1.10. Igual que no caso das velocidades, se establecerá a relación entre a aceleración de G coa aceleración de O aG e  aO vén dada pola Cinemática: (nula, claro). A relación entre as aceleracións 

 aG = a O  α× OG ω 2⋅ OG ➢ e utilizando as expresións que se deduciron antes para a aceleración de G:

2 2 aG =d⋅⋅cos  d⋅ ⋅sen   i  d⋅⋅sen d⋅ ⋅cos  j ,  ➢ tendo a aceleración angular a dirección de Z:  =⋅k , ➢ e na figura anterior se pode establecer que  OG=d⋅sen ϕ i d⋅cos ϕ j ,

polo que se obterá:

 a G= aO   × OG  2⋅ OG ⇒ 2 2 ⇒ d⋅⋅cos  d⋅ ⋅sen  i d⋅⋅sen d⋅ ⋅cos   j= 2 =0  k ×d⋅sen  i d⋅cos  j   ⋅d⋅sen  i d⋅cos  j

¨ ˙

Operando:

2 2 d⋅⋅cos  d⋅ ⋅sen  i  d⋅⋅sen d⋅ ⋅cos  j = 2 2 = d⋅⋅cos  d⋅ ⋅sen  i d⋅⋅sen d⋅ ⋅cos   j

Co que igualando tanto en X como en Y, se obtén:

=

E compróbase o que xa se sabía, que a aceleración angular coincide coa derivada segunda do parámetro ϕ .

PROBLEMA Nº 2 : Barra ligada a un punto con dous resortes (Exame de setembro 2002). Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 16

PROBLEMA º 2 : Barra ligada a un punto con dous resortes (Exame de setembro 2002) Dado o sistema mecánico da figura, determinar: a) Ecuación diferencial do movemento da barra AB b) Reacción nos puntos A e B en función de m, k, d, ϕ e as súas derivadas. c) Velocidade angular da barra AB en función de ϕ d) ¿Para que ángulo é nula a reacción en A? Datos: Barra AB: homoxénea, masa m e lonxitude d. Resortes: Constante elástica k; lonxitude natural depreciable. Coeficiente de rozamento nulo para todas as superficies en contacto.

Solución:

a) Ecuación diferencial do movemento da barra AB Comezarase por localizar o CIR I, o que resulta ben sinxelo facelo de forma gráfica dado que son ben coñecidas as direccións das velocidades dos puntos A e B. O alumno debe recordar que para calquera puntos A e B: V A = V B + ω × BA E tomando como punto B o CIR I do sistema, se terá que:

{

}

V A = V I + ω × IA = como V I = 0 = ω × IA Vese que a velocidade de calquera punto A é perpendicular á liña  IA que o une ó CIR I. Polo tanto, o CIR estará sempre na liña perpendicular á velocidade de todo punto. Deste xeito basta coñecer a dirección das velocidades de dous puntos do sistema para, trazando a perpendicular a cada unha delas, ver en que punto se cruzan pois este punto será o CIR.

Figura 2.1 : Determinación gráfica do CIR

De acordo con isto, se realiza a localización gráfica do CIR na figura 2.1. Agora se establecerán as ecuacións do movemento do centro de masas, para o que se utilizará a figura 2.2. Se utilizará o ángulo ϕ dado que é o que o problema pide utilizar nun apartado posterior. Se a alumno puidese elixir, puidera non ser recomendable elixir este parámetro pois é un ángulo negativo cos eixes habituais. Isto provoca que os signos das relacións nas que se utilice o parámetro poden ter un signo diferente do que aparece explícito nas expresións, e isto esixe unha maior atención ó establecer relacións.

Figura 2.2 : Posición do G

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 17

En efecto, os alumnos deben ter en conta que, traballando como é habitual con ángulos de valores absolutos comprendidos entre 0º e 90º, o seno e a tanxente dun ángulo negativo son negativos, mentres que o coseno é positivo. Polo tanto, aquelas expresións nas que apareza un seno ou unha tanxente dun ángulo negativo terán, polo que a eles respecta, o signo contrario ó que apareza explicitamente.Así, por exemplo, a partir da figura 2.2 se podería ver que: d ⋅ cos ϕ 2 d y G = ⋅ senϕ 2

xG =

Sen embargo, estas ecuacións non son correctas pois o ángulo ϕ é negativo (ángulo en sentido horario medido desde a súa liña de referencia cero, cun eixe Z cara fóra do plano do debuxo), e este feito cambia o signo explícito do seno (o seno dun ángulo positivo é positivo, pero o dun ángulo negativo é negativo) polo que, implicitamente, está invertido o signo da coordenada yG. Por iso, as expresións anteriores estarían a dicir que a coordenada yG da figura 2.2 é negativa o que, obviamente, é falso. Por iso, as coordenadas do centro de masas deben expresarse así:

d x G = ⋅cos ϕ 2 d y G= ⋅sen ϕ 2 Isto, obviamente, aumenta as posibilidades de erro polo que, se o alumno puidese elixir o parámetro, sería recomendable elixir o ángulo complementario de ϕ que é positivo e, sendo así, os signos explícitos das expresións nas que entre ese outro parámetro serán os signos reais polo que o alumno deberá ter moito menos coidado. Habería outra forma de evitar os ángulos negativos e sería cambiar os eixes a utilizar, e tomar, por exemplo, os da figura 2.3 cos eixes XZ no plano do movemento,e o eixe Y entrante en dito plano. Desta forma os ángulos que son negativos cos eixes habituais, son agora positivos. Sen embargo isto ten outras dificultades pois, ademais de Figura 2.3 : Eixes estar atentos a utilizar Z en vez de Y, se debe estar atento ós xiros alternativos pois todos teñen o signo contrario ó habitual: xiros antihorarios serán agora negativos, e os xiros horarios serán positivos. Por iso, se os cálculos son poucos e simples pode ser mellor traballar co parámetro negativo e estar atento ás aparicións de senos e tanxentes do parámetro para cambiar os seus signos explícitos. Sen embargo se hai moitos cálculos, pode ser mellor utilizar estes outros eixes. De acordo co que se acaba de comentar, e utilizando os eixes habituais, debuxados na figura 2.2 (eixe Z saínte no plano do movemento), as ecuacións da posición do centro de masas do sistema da figura 2.2 son:

d x G = ⋅cos  2 d y G= ⋅sen  2

Ecuación 2.1

E as ecuacións da velocidade serán polo tanto, derivando:

PROBLEMA Nº 2 : Barra ligada a un punto con dous resortes (Exame de setembro 2002). Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 18

x G =

˙y

d⋅ ⋅sen  2

Ecuación 2.2

d⋅ ⋅cos  2

Pola súa parte a aceleración de G se obterá derivando as ecuacións 2.2:

2 d⋅ d⋅ xG =

⋅sen 

⋅cos  2 2 Ecuacións 2.3 2 d⋅ d⋅ yG =

⋅cos  ⋅sen  2 2

Aplicando as regras que se teñen visto no exercicio anterior, poderíase dicir xa que, dado que o parámetro ϕ indica a posición angular do sistema con relación ó centro de masas, a velocidade angular do sistema debe coincidir coa primeira derivada deste parámetro, polo que pódese dicir que:

ω=

Ecuación 2.4

No remate deste problema se presenta, na ota Complementaria 2.1, a aplicación dun método analítico para establecer a relación entre a velocidade angular do sistema e a primeira derivada do parámetro angular utilizado nos casos en que esta relación non resulta simple para o alumno. Resulta de moito interese coñecer este método xeral pois non sempre é evidente a relación, e dito método é de validez xeral. Pola súa parte, como o valor da aceleración angular é α= ω , pódese obter a aceleración angular α en función do parámetro, derivando a ecuación 2.4:

˙ ¨

= =

Ecuación 2.5

Polo que respecta ás ecuacións do movemento, resulta conveniente ter en conta que: • a Mecánica Clásica proporciona tres ecuacións para o movemento plano, a 2ª Lei de Newton proxectada en X, a 2ª Lei de Newton proxectada en Y, e a Ecuación Fundamental da Dinámica de Rotación, • e este sistema ten tres incógnitas, dúas reaccións A e B, e a ecuación diferencial do movemento. Por isto resultaría moi interesante poder aplicar a Ecuación Fundamental da Dinámica de Rotación no CIR I, pois neste punto os Figura 2.4 : Diagrama de sólido momentos das reaccións A e B son nulos (ver diagrama de sólido libre da barra libre na figura 2.4), e desta forma se obtería directamente a ecuación diferencial do movemento ó aplicar a Ecuación Fundamental da Dinámica de Rotación pois as outras dúas incógnitas ( A e B) non aparecerán nela. Sen embargo, antes de aplicar a Ecuación Fundamental da Dinámica de Rotación con relación a un punto, se debe ter en conta que esta ecuación na súa forma válida para movementos planos adopta a seguintes forma xeral con relación a calquera punto O :

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 19

 M O=

d LO

m⋅ OG ×  aO dt

Ecuación 2.6

aO a aceleración do punto O con relación ó que se aplica sendo G o centro de masas do sólido, e  a ecuación. E, como se ve, esta ecuación resultará útil sempre que a aceleración do punto O sexa ben coñecida. Esta fórmula se simplifica no caso de aplicala a: • calquera punto O do sólido ríxido, no que sempre se cumprirá que IO = constante • ou a calquera outro punto O no que se cumpra isto mesmo: que IO = constante, este caso se terá que, dado que o momento cinético do sólido con relación ó punto O LO é: LO = IO · ω, o primeiro sumando do segundo membro da ecuación 2.6 quedará: d LO d =  I O⋅  = I O⋅  dt dt E así, a ecuación 2.6 quedará na seguinte forma máis útil :

 M O =I O⋅  m⋅ OG ×  aO

Ecuación 2.7

De acordo con esta ecuación xeral 2.7, a súa forma simplificada:

 M O =I O⋅ 

Ecuación 2.8

só se poderá aplicar cando o segundo sumando do segundo termo da ecuación 2.7 sexa nulo:

m⋅ OG ×  a O =0 o que ocorrerá cando se cumpra algunha das seguintes condicións 2.1: ➢ o punto O sexa o centro de masas G ,pois así o vector  OG será nulo. aO =0 . ➢ o punto O sexa un punto sen aceleración (centro de aceleracións), pois así  ➢ ou o punto O teña unha aceleración na dirección OG, pois así, sendo  OG paralelo a , o producto vectorial destes dous vectores será nulo.

aO 

Se debe recordar que, para poder aplicar a ecuación simplificada 2.8, obviamente se debe cumprir que o momento de inercia sexa constante o que se cumprirá para todos os puntos do sólido ríxido e, en xeral, para todos os puntos nos que o momento de inercia con relación a estes dependa só das dimensións do sólido. Polo tanto, a Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación se poderá aplicar naqueles puntos O que cumpra unha das tres condicións 2.1 anteriores, e ademais unha das dúas condicións 2.2 seguintes : ➢ o punto O sexa un punto do sólido ríxido, ➢ ou o momento de inercia do sólido con relación ó punto O dependa unicamente das dimensións do sólido e non da súa posición. Por último cabe recordar que, nos movementos planos, os sumandos da Ecuación da Dinámica de Rotación nas súas diferentes formas só teñen compoñentes na dirección perpendicular ó movemento, polo que se utilizan directamente nesa dirección, que será Z se se utilizan os eixes habituais. Así, por exemplo, a Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación se utiliza así, xa proxectada na dirección perpendicular ó plano do movemento:

M O =I O⋅

Ecuación 2.9

PROBLEMA Nº 2 : Barra ligada a un punto con dous resortes (Exame de setembro 2002). Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 20

Volvendo ó exercicio, e non sendo o CIR I un punto do sólido, antes de poder aplicar nel a Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación, ecuación 2.9, se debe comprobar que cumpre a segunda das condicións 2.2 anteriores, ou sexa que o momento de inercia do sólido con relación a ese punto só depende das dimensións do sólido. Ademais, como I non cumpre ningunha das dúas primeiras condicións 2.1 anteriores, deberase comprobar se cumpre a terceira: que a súa aceleración teña a dirección de  IG (ou  GI ). Normalmente non compensará facer esta comprobación e se aplicará a ecuación simplificada con relación ó centro de masas G, pero neste caso pode facelo pois desde logo simplifica moito a aplicación da ecuación da dinámica da rotación. Ademais, dado o carácter xeral da comprobación seguinte, permitirá comprobar que barras con este tipo de movementos (direccións constantes das velocidades dos extremos dunha barra, e perpendiculares entre si), admiten aplicar a Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación no CIR, o que permitirá simplificar a resolución dalgún outro problema posterior. Verase agora, polo tanto, que o punto I cumpre estas condicións. Para calcular II se debe aplicar o teorema de Steiner, sendo IG = m·d2/12, e sendo a distancia IG=d /2 como se pode ver na figura 2.4 dada a simetría do sistema: 2

I I = I G + m ⋅ IG =

md 2 md 2 d  + m⋅  = 12 3 2

Ecuación 2.10

Vese que efectivamente II é independente da posición de I pois só depende da masa da barra e da súa lonxitude, polo que se cumpre a 2ª das condicións 2.2. Para ver se este punto cumpre a 3ª das condicións 2.1, se calculará a aceleración de I para ver se a súa dirección ten a dirección de  GI . Esta aceleración se calculará a partir da aceleración do centro de masas G que xa está calculada nas ecuacións 2.3:

a I = a G GI  2  GI   × Nesta ecuación, para ver a aceleración de I, xa se ten a aceleración de G nas ecuacións 2.3, sendo os demais termos: •

 × GI =  k ×  d⋅cos  i d⋅sen  j=⋅d⋅cos  j ⋅d⋅sen  i

•

onde, como se pode ver na figura 2.4, o alumno debe darse de conta que  GI ten as súas dous compoñentes positivas, pero como o parámetro angular ϕ é negativo, o seu seno será tamén negativo polo que se debe incluír un signo negativo na compoñente Y de  GI na que aparece o seno. Ademais se ten utilizado a ecuación 2.5 que establece a igualdade entre a aceleración angular da barra e a segunda derivada do parámetro.

•

Polo que respecta ó termo  2 GI = 2 GI resulta innecesario calculalo pois está claro que

esta expresión dá un resultado que se encontra na dirección  GI . Polo tanto se trata de comprobar se a suma dos dous primeiros sumandos do segundo membro da ecuación ten a dirección de  GI , para o que basta comprobar se é un múltiplo de cos  i sen  j  dado que:  GI =d⋅cos  i sen  j . Sumando entón ditos termos, se terá:

 a G  × GI = d⋅⋅sen  d⋅ 2⋅cos  i  d⋅⋅cos d⋅ 2⋅sen  j ...

˙ ... ¨ ⋅d⋅cos  j¨ ⋅d⋅sen  i = d⋅˙ ⋅cos  i d⋅˙ ⋅sen  j = d⋅˙ ⋅cos  i sen  j  2

que se ve que é un múltiplo de cos  i sen  j polo que ten a dirección de  GI . Polo tanto, cumpre a 3ª das condicións 2.1, e así se ve que é posible aplicar a Ecuación da Dinámica da Rotación simplificada con relación ó punto I. Para facelo, se utilizará o diagrama do sólido libre da barra presentado na figura 2.4:

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 21

∑ M I = I I⋅α e recordando que II está dado na ecuación 2.10, e que a aceleración angular α está dada na ecuación 2.5, a ecuación anterior se desenvolverá da seguinte forma:

F eA⋅IAmg⋅IC F eB⋅IB=

¨

md 2 ⋅ 3

Ecuación 2.11

Vese que hai tres momentos, o da forza FeA , o da forza FeB e o do peso, sendo os signos explícitos destes momentos os indicados na ecuación 2.11, de acordo co que se pode observar na figura 2.4. Sen embargo, ó expresalos agora en función do parámetro, débese ter coidado pois os sumandos nos que apareza o parámetro ϕ ou o seu seno, verán cambiado o seu signo explícito. Pola súa parte, como o enunciado afirma que os resortes son de constante k e lonxitude natural nula:

F eA=k⋅OA=k⋅d⋅sen  F eB=k⋅OB=k⋅d⋅cos 

Ecuacións 2.12

Ademais se ve na figura superior que as distancias IA, IB e IC son: IC = BC’ = d/2 · cos ϕ IA = d · cos ϕ IB = d · sen ϕ Levando todos estes valores á ecuación 2.11, se terá a ecuación diferencial do movemento: 2

d md k⋅d⋅sen ⋅d⋅cos mg⋅ ⋅cos  k⋅d⋅cos ⋅d⋅sen = ⋅ 2 3

Pero tal como se ten indicado, o primeiro e terceiro sumando teñen cambiado o seu signo pola utilización do seno do parámetro. Polo tanto, para recuperar o signo que realmente teñen eses momentos, se lles deba cambiar o signo, quedando a ecuación: 2

d md

k⋅d⋅sen ⋅d⋅cos mg⋅ ⋅cos k⋅d⋅cos ⋅d⋅sen = ⋅ 2 3

Operando, os sumandos primeiro e terceiro do primeiro membro se eliminan, quedando:

d md 2 3g mg⋅ ⋅cos = ⋅ ⇒  = ⋅cos  2 3 2d

Sendo, polo tanto, a ecuación do movemento:

=

3g ⋅cos  2d

Ecuación 2.13

No remate do problema, na ota Complementaria 2.1, utilízase un método analítico para relacionar a velocidade angular do sistema e a primeira derivada do parámetro. Resulta de moito interese coñecer este método xeral pois non sempre é evidente a relación realizando diagramas dos sólidos, e dito método é de validez xeral.

b) Reacción nos puntos A e B en función de m, k, d, ϕ e as súas derivadas. Unha vez utilizada a Ecuación Fundamental da Dinámica da Rotación para calcular a ecuación do movemento, as reaccións nos puntos A e B se obteñen aplicando a segunda lei de Newton nas direccións X e Y:

PROBLEMA Nº 2 : Barra ligada a un punto con dous resortes (Exame de setembro 2002). Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 22

∑ F x=m⋅a Gx ⇒ A F eB =m⋅x¨

∑ F y =m⋅aGy ⇒ B mg F eA=m⋅y¨

Ecuacións 2.14

E utilizando as ecuacións 2.12 para as forzas dos resortes e as ecuacións 2.3 para as expresións da aceleración de G, as ecuacións 2.14 quedarán:



2 d⋅ d⋅ A F eB =m⋅x G ⇒ A k⋅d⋅cos =m⋅

⋅sen 

⋅cos  2 2





2 d⋅ d⋅ B mg F eA=m⋅y G ⇒ B mgk⋅d⋅sen =m⋅

⋅cos  ⋅sen  2 2



Nótese que, na segundo ecuación, se ten posto signo explícito positivo á forza FeA pese a que, como se ve na figura, é negativa. Isto se debe a que o signo negativo xa o inclúe o seno do parámetro. Agora xa se poden despexar as A e B pedidas:



2 d⋅ d⋅ ⋅sen 

⋅cos  A=k⋅d⋅cos m⋅

2 2





2 d⋅ d⋅ B= k⋅d⋅sen m⋅ g ⋅cos 

⋅sen  2 2

Ecuación 2.15



Ecuación 2.16

Unha vez chegados a este punto, non sería difícil dar estas reaccións en función unicamente do parámetro, substituíndo as súas derivadas: • a 2ª derivada vén dada na ecuación 2.13 en función do parámetro, • mentres que o cadrado da 1ª derivada sería simple de obter integrando esta última ecuación coa axuda do método explicado na Nota Complementaria 1.1. De feito esta integración se realiza no apartado seguinte.

c) Velocidade angular da barra AB en función de ϕ A velocidade angular da barra AB xa está expresada na ecuación 2.4 en función da 1ª derivada do parámetro:

ω=

Sen embargo se debe ter coidado porque piden a velocidade angular en función do parámetro pero non das súas derivadas. Polo tanto haberá que calcular a primeira derivada do parámetro en función deste. Para isto se debe integrar unha vez a ecuación diferencial do movemento 2.13:

=

3g ⋅cos  2d

Para poder realizar esta primeira integración hai que recordar que:

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 23

=

d d  d d  d t = d ⋅ d t = d ⋅

˙ ˙

Utilizando esta igualdade na ecuación do movemento, esta queda:

˙ ˙

∂ 3g 3g ⋅ = ⋅cos   d ⋅ = ⋅cos ⋅d  ∂ 2d 2d

˙˙

Integrando:

2  3g 3g ⋅sen Cte ∫ d ⋅ = 2d⋅∫ cos ⋅d  ⇒ 2 = 2d

˙˙

Ecuación 2.17

Para determinar a constante de integración se parte de saber que na posición inicial vertical da barra a velocidade é nula, polo que para (recordar que o parámetro é negativo) ϕ = -90º é ecuación anterior se calcular a Cte:

 =0 . Levando isto á

3g 3g ⋅sen  90ºCte ⇒ Cte = 2d 2d

Polo tanto, a ecuación 2.17 quedará:





3g 3g 3g ⋅sen  ⇒ = ⋅1sen   2d 2d d

E polo tanto, a ecuación 2.4 da velocidade angular quedará en función do parámetro:

= =



3g ⋅1sen  d

Ecuación 2.18

d)¿Para que ángulo é nula a reacción en A? Para ver as condicións nas que a reacción A podería ser nula, se examina a ecuación 2.15 igualándoa a cero, quedando:





2 d⋅ d⋅ A=k⋅d⋅cos m⋅

⋅sen 

⋅cos  =0 ⇒ 2 2





2 m⋅d⋅ m⋅d⋅ ⋅sen  ⇒ k⋅d

⋅cos = 2 2

Ecuación 2.19

Agora se deben substituír as derivadas do parámetro en función do parámetro, e para iso se recorre á ecuación 2.13 que proporciona a segunda derivada e á ecuación 2.18 que proporciona a primeira derivada. Polo tanto , a ecuación anterior quedará:

PROBLEMA Nº 2 : Barra ligada a un punto con dous resortes (Exame de setembro 2002). Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 24



3g⋅1sen   3g⋅cos  m⋅d⋅ m⋅d⋅ d 2d k⋅d

⋅cos = ⋅sen  2 2





k⋅d

Operando:



3m⋅g⋅1sen  3m⋅g⋅cos  ⋅cos = ⋅sen  2 4

Nesta ecuación se pode simplificar cos ϕ , quedando a ecuación anterior:

k⋅d

3m⋅g⋅1 sen  3m⋅g =

⋅sen  Ecuación 2.20 2 4

Sen embargo a eliminación de cos ϕ implica que se está a eliminar unha solución da ecuación que é: cos ϕ = 0 → ϕ = ± 90 º Polo tanto ϕ = − 90 º é unha posición na que a reacción en A é nula (a solución ϕ = + 90 º non ten sentido neste problema en que ϕ varía desde -90º ata 0). Se pode comprobar se existe algunha outra solución continuando a operación na ecuación 2.20:

k⋅d

Despexando o seno:

3m⋅g⋅1sen  3m⋅g = ⋅sen  2 4 sen =

4kd 2

9mg 3

Un ángulo que poida cumprir esta condición definiría outra posición de reacción nula en A. Por outra banda, a primeira solución é fácil de deducir realizando un primeiro análise cualitativo do movemento do sistema. En efecto, unha situación extrema como a plantexada (unha reacción nula) nalgunha das posicións extremas da barra se podería buscar nunha das posicións extremas da barra: a posición vertical (ϕ = -90º) ou a horizontal (ϕ = 0º), e que para unha reacción horizontal como A, resultaría lóxico esperar que se anulase na posición vertical da barra. Pois ben, aplicando a ecuación 2.15 na posición vertical ( ϕ = -90º), se terá:





2 d⋅ d⋅ m⋅d⋅ A=k⋅d⋅cos  90ºm⋅

⋅sen  90º 

⋅cos  90º = 2 2 2

Ecuación 2.21

E para este valor ϕ = - 90º, a ecuación 2.13 do movemento di que:  =

3g 3g ⋅cos = ⋅cos 90º=0 2d 2d

Polo que a ecuación 2.21 confirma que, efectivamente, A vale cero:

md⋅ =0 2

ota Complementaria 2.1 : Método analítico para determinar a velocidade angular do sistema.

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 25

Pregunta: Demostrar analiticamente a relación da velocidade angular e da aceleración angular da barra coas derivadas do parámetro. Resulta convinte coñecer o método analítico que se vai aplicar pois en certos exercicios non resulta evidente a relación entre a velocidade angular do sistema e a primeira derivada do parámetro que se debe utilizar. Nestes casos resultará necesario utilizar a Cinemática para buscar a relación. Pártese do coñecemento da velocidade do centro de masas G en función do parámetro ϕ (ecuacións 2.2) e utilízase a relación entre esta velocidade e a velocidade do CIR (nula, claro): Figura 2.5 : Relacións xeométricas entre I e G

 V G = V I  ω× IG Ecuación 2.22 e sendo: • segundo as ecuacións 2.2:

d⋅ d⋅  V G =

⋅sen  i

⋅cos  j 2 2 •

Por definición de CIR:

v I =0  •

Ecuación 2.24

Sendo a velocidade angular:

 = k  •

Ecuación 2.23

E o vector

Ecuación 2.25

 IG , segundo a figura 2.5:



d d  IG= cos  i  sen  j 2 2



Ecuación 2.26

Darse de conta que xa está invertido o signo explícito da compoñente IGy debido a que o evidente signo negativo de esta compoñente (ver figura 2.5) xa está incluído no seno do parámetro. O alumno terá en conta que un vector trazado entre dous puntos como o vector  IG : ➢ pode deducirse xeometricamente observando nun debuxo cales son as súas compoñentes IGx e IGy , que é o proceso seguido aquí, ➢ ou co método xeral que consiste en en restar as coordenadas do extremo menos as da orixe, e

AB= x B x A  i  y B y A  j ) así calquera vector entre dous puntos A e B será:  uns casos será máis simple facelo da primeira forma, como neste problema, e noutros o será da segunda polo que convén ter presentes ambos os dous métodos. E levando as expresións 2.23, 2.24, 2.25, 2.26 á ecuación 2.22, esta quedará:

 V G = V I ω IG ⇒ × ⇒



d⋅ d⋅ d d ⋅sen  i

⋅cos  j=ω  k × cos  i  sen  j 2 2 2 2



PROBLEMA Nº 2 : Barra ligada a un punto con dous resortes (Exame de setembro 2002). Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 26

Operando: d⋅⋅sen  i d⋅⋅cos  j = ω d cos  j ω d sen  i

E igualando tanto en X como en Y, se obtén a relación xa coñecida: ω= .

ota Complementaria 2.2 : Variacións introducidas polo cambio de eixes Pregunta: Encontrar a forma que adoptaría a ecuación diferencial do movemento traballando cos eixes da figura 2.3 (e 2.6). Encontrar tamén a forma que tería a aceleración do centro de masas da barra. Se se tivese traballado cos eixes coordenados da figura 2.3, as ecuacións variarían do seguinte xeito. Ver figura 2.6. Ter en conta que os momentos agora terán a dirección do eixe Y que é entrante no plano do debuxo, polo que os xiros en sentido horario serán agora positivos, e os que teñan sentido antihorario serán agora negativos. Aplicando a ecuación Fundamental da Dinámica de Rotación no CIR I, se encontra que:

Figura 2.6 : Diagrama de sólido libre con outros eixes coordenados

∑ M I =I I⋅ e recordando que II está dado na ecuación 2.10, e que a aceleración angular α está dada na ecuación 2.5, a ecuación anterior se desenvolverá da seguinte forma:

F eA⋅IA mg⋅IC F eB⋅IB=

md 2 ⋅ 3

con, obviamente os signos explícitos dos momentos das forzas cambiados con relación ós obtidos cos eixes habituais, o que conduce a que:

d md 2

k⋅d⋅sen ⋅d⋅cos  mg⋅ ⋅cos k⋅d⋅cos ⋅d⋅sen = ⋅ 2 3

De onde, a ecuación diferencial será:

 =

3g ⋅cos  2d

Esta ecuación, dado que o coseno do parámetro é sempre positivo, expresa que a aceleración angular do sistema será sempre negativa e aumentando conforme o sistema evoluciona dado que o coseno aumenta ó diminuír o ángulo. Comparando esta ecuación coa deducida na ecuación 2.13, se observa que hai un cambio de signo o que resulta evidente pois, segundo os novos eixes, a aceleración angular que ten o sentido antihorario é negativa (agora ten a dirección de Y , que é agora o eixe perpendicular ó plano do movemento e é entrante no plano do debuxo):

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 27

=



3g ⋅cos  j 2d

mentres que cos eixes habituais, esta aceleración angular de sentido antihorario é positiva (é segundo Z que é saínte do plano do debuxo):

 =

3g ⋅cos   k 2d

Por isto, se sempre se deben explicitar os eixes utilizados na resolución dun suposto e no caso de utilizar eixes diferentes dos habituais, os eixes realmente utilizados deben estar especialmente claros para calquera corrector ou revisor. Revisando tamén as ecuacións da posición, velocidade e aceleración do centro de masas, se poden observar as seguintes variacións:

d x G = ⋅cos  2 d z G = ⋅sen  2

Ecuación 2.27

Fixarse que agora, sendo o parámetro positivo, o alumno non debe preocuparse máis que de observar ben a figura, e os signos que resulten desa observación directa serán os que correspondan. En canto ás ecuacións da velocidade, serán polo tanto:

x G =

˙z

d⋅ ⋅sen  2

Ecuación 2.28

d⋅ ⋅cos  2

Nestas ecuacións puidera parecer que a compoñente X da velocidade do centro de masas é negativa mentres que a compoñente Z é positiva, cando na realidade é xusto ó revés dado que a primeira derivada do parámetro que é a velocidade angular do sistema, é negativa por antihoraria. Dos signos das funcións trigonométricas, o alumno non se debe precupar pois serán sempre positivas por selo o parámetro (dado que, ademais, o valor do parámetro non sobrepasa os 90º). Pola súa parte a aceleración de G se obterá derivando as ecuacións 2.28:

2 d⋅ d⋅ x G =

⋅sen 

⋅cos  2 2 Ecuacións 2.29 2 d⋅ d⋅ z G= ⋅cos 

⋅sen  2 2

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 29

PROBLEMA º 3 : Disco rodante baixo barra (Exame de decembro 2004) Unha barra B homoxénea de masa M y lonxitude L articúlase nun punto O e apoia sobre un disco D homoxéneo de masa M e radio R, tal como se indica na figura; dánse as seguintes posibilidades de movemento: Caso 1: Garántese que o disco roda sen deslizar sobre a barra e o coeficiente de rozamento entre disco e solo é depreciable. Caso 2: Garántese que o disco roda sen deslizar sobre o solo e o coeficiente de rozamento entre disco e barra é depreciable. Responder ás seguintes cuestións: 1. Graos de liberdade, parametrice unha posición xenérica do sistema. Velocidade do centro de masas de barra e disco e velocidade angular de ambos sólidos e centro instantáneo de rotación do disco para ambos casos, en función de L, R, o/os parámetros elixidos e a(s) súa/s derivadas temporais. 2. Diagrama do sólido libre para barra e disco en ambos os dous casos. Exprese as ecuacións necesarias para determinar as forzas de ligadura e a/s ecuación/s diferencial/is do movemento para ambos os dous casos (as derivadas temporais non é necesario realizalas) 3. Exprese a enerxía total do sistema nunha posición xenérica para o caso 1.

Solución:

Apartado 1: Graos de liberdade, parametrice unha posición xenérica do sistema. Velocidade do centro de masas de barra e disco e velocidade angular de ambos sólidos e centro instantáneo de rotación do disco para ambos casos, en función de L, R, o/os parámetros elixidos e a(s) súa/s derivadas temporais. Se verá que o grao de liberdade é un en ambos os dous casos plantexados polo problema. Se verá caso por caso. Caso 1: O disco roda sobre a barra no sentido contrario ás agullas do reloxo (sería como se subise rodando pola barra arriba na figura da dereita) para que avance cara á dereita do debuxo mentres a barra cae. Evidentemente, ó non haber rozamento entre disco e solo, o disco desliza libremente polo solo horizontal. Suponse que se parte da posición inicial indicada na figura 3.1 adxunta. Nesta figura se chaman Ab y Ad ós puntos de barra y disco que están inicialmente en contacto. Ó cabo dun tempo t, disco e barra poden encontrarse na posición Figura 3.1 : Posición inicial indicada na figura 3.2 na que os puntos Ab e Ad que se encontraban inicialmente en contacto, encóntranse agora na posición indicada. Na figura se indica o parámetro utilizado para situar a barra (o ángulo ϕ ) e o parámetro utilizado para situar o

PROBLEMA Nº 3 : Disco rodante baixo barra (Exame de decembro 2004). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 30

disco (o ángulo θ ), por ser o que resulta inicialmente máis simple pois cuantifica a rodadura do disco pola barra. Con estes parámetros: •

•

a velocidade e aceleración angular da barra serían  e  dado que ϕ evidentemente define o xiro da barra ó redor do punto fixo O. Sen embargo, cos eixes habituais, se trata dun ángulo negativo polo que traballando cos eixes habituais se debe ter coidado cos signos implícitos que poden cambiar os signos explícitos. Pero a velocidade e a aceleración angular do

disco non serían

•

 e  pois θ non define

o xiro do disco ó redor do seu centro de masas. De feito interesa traballar con θ por ser este o ángulo que define a rodadura do disco sobre a barra e que, polo tanto, permite relacionar con facilidade o movemento de ambos corpos. Sen embargo, o xiro do disco ó redor do centro de masas vería dado polo ángulo γ pois sería o ángulo xirado polo radio GdAd : • entre o instante inicial, instante no que o radio GdAd estaba horizontal e Ad estaba en contacto con Ab , Figura 3.2 : Posición xenérica do sistema • e o instante t actual no que Ad evolucionou ata a posición indicada na figura 3.2, polo que este radio ten xirado o ángulo γ. Nestes casos interesa traballar co ángulo que define a rodadura entre dous corpos, antes que co parámetro que define o xiro do corpo. Sen embargo, se elixan os eixes que se elixan, se debe ter en conta que un parámetro será positivo e o outro negativo pois ϕ ten o sentido horario e θ antihorario. Nun caso como este en que se verá que o sistema ten un só grao de liberdade e que, polo tanto, a posición do sistema estará definido por un só parámetro, interesará elixir aqueles eixes que dean positivo o ángulo que se elixa como parámetro do sistema pois será o que se utilice intensivamente. Isto no caso de que non existan razóns de máis peso que aconsellen elixir o parámetro negativo, claro está.

Se comprobará agora que se trata dun sistema dun só grao de liberdade. En xeral, unha vez escollidos os parámetros ϕ e θ como os máis convenientes para estudiar o movemento dos dous corpos, débese ver se os dous ángulos ϕ e θ están relacionados, pois neste caso o sistema terá un só grao de liberdade, dado que bastaría un só parámetro, o mesmo, para definir unha posición xenérica tanto da barra como do disco. O alumno ten que recordar que a condición de rodamento entre disco e barra impón que os puntos en contacto (neste caso das figuras 3.2 e 3.3, A’b y A’d) teñen a mesma velocidade en todo instante, polo que as distancias A’dAd e A’bAb teñen que ser iguais .

Figura 3.3 : Condición de rodadura: AbA'd=AdA'd = θ ·R

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 31

E segundo se ve no disco na figura 3.3: A’dAd = ángulo · radio = θ · R E polo tanto: A’bAb = θ · R Débese observar que Ab'Ab é unha distancia e, polo tanto, positiva, e como θ tamén é positivo de acordo cos eixes habituais que se veñen utilizando neste exercicio, a igualdade anterior non debe ser corrixida con ningún signo negativo. Con estes datos se verá como relacionar ambos os dous parámetros, con axuda da figura 3.4. Hai que se fixar en primeiro lugar que no disco aparece o ángulo ϕ no triángulo A’dGdE, por ter os lados GdA’d e GdE perpendiculares á posición actual da barra e á posición Figura 3.4 : Relación entre parámetros: inicial da mesma. OD=(R+Rθ)cos ϕ =R+EA'd=R+Rcos ϕ Unha vez visto isto, hai que se fixar en que a distancia vertical OD se pode calcular no triángulo ODA’b, pero tamén é igual á distancia FA’d = FE + EA’d. Se calculará dos dous xeitos: • No triángulo ODA’b: OD = (R + R·θ) · cos ϕ • Agora, como FA’d é igual que OD: OD = FA’d = FE + EA’d = R + R·sen ϕ Sen embargo o feito de que o seno do parámetro sexa negativo, obriga a cambia o signo explícito anterior, quedando: OD = R – R ·sen ϕ Igualando ambas as dúas expresións de OD : (R + R·θ) · cos ϕ = R – R ·sen ϕ Vese que resulta moito máis simple despexar θ :

θ=

1 sen 

1 cos 

Ecuación 3.1

Se observa que se puideron relacionar directamente os dous ángulos sen utilizar parámetros adicionais, polo que se comproba que o sistema ten un só grao de liberdade. Se tomará o ángulo ϕ como parámetro do movemento de ambos os dous corpos, pois, como se viu calculando a ecuación 3.1, é moito máis cómodo despexar θ en función de ϕ , que despexar ϕ en función de θ. Sen embargo isto provoca que sexa máis cómodo traballar con eixes que fagan positivo ó parámetro ϕ polo que, quizais, non resulten convenientes os eixes habituais. Neste exercicio, para practicar, se utilizarán os eixes da figura adxunta centrados en O, claro está. Estes eixes ademais esixen cambiar signos na ecuación 3.1 pois agora o “sen ϕ” xa non é negativo senón positivo, e θ xa non é positiva senón negativa. Polo tanto, a relación entre ángulos será:

θ =

1sen 

1 ⇒ cos 

Figura 3.5 : Localización dos centros de m asas nunha posición xenérica do sistema

PROBLEMA Nº 3 : Disco rodante baixo barra (Exame de decembro 2004). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

⇒ θ=1

1sen  cos 

Páxina 32

Ecuación 3.2

Como se pode observar na figura 3.5 existe un cambio máis a introducir co cambio de eixes e é a distancia AbAb' que se debe expresar como “ -R·θ ” para que resulte positiva como debe ser. Os eixes están centrados no punto O, aínda que na esquina superior dereita da figura 3.5 se indican as direccións que teñen para evitar un exceso de información no punto O. Agora, utilizando esta figura, xa se pode traballar localizando os centros de masas de ambos os dous corpos. Se comezará polo disco:

z GD =R

Ecuación 3.3

x GD=OF FC= DA' bEG d = = R R⋅⋅sen R⋅cos = = R⋅[  1  ⋅sen cos ]=

[ [

=R⋅ 1 1

]



1sen  ⋅sen cos  = cos 

] 

2 = R⋅ tg  sen   cos =R⋅ tg  1

cos 



Polo tanto:



x Gd =R⋅ tg 

 

1 sen  1 =R⋅  cos  cos  cos 



Quedando:

1sen  x Gd =R⋅ cos 

Ecuación 3.4

As compoñentes da velocidade se calculan derivando as ecuacións 3.3 e 3.4:

˙z Gd =0

Ecuación 3.5

1sen  cos 2 

x Gd =R⋅⋅

Expresión que se pode simplificar:

1sen  1sen  = R⋅⋅ = 2 cos  1 sen 2  1sen  1 =R⋅⋅ =R⋅⋅ 1sen ⋅1 sen  1 sen 

˙x

Gd =R⋅⋅

Quedando polo tanto:

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 33

x Gd =

R⋅ 1 sen 

Ecuación 3.6

Polo tanto a velocidade do centro de masas do disco será:

v Gd =

R⋅  i 1 sen 

Ecuación 3.7

Antes de proceder a calcular a velocidade angular do disco (que como xa se ten citado non é

 ), se

verá onde está o CIR deste, pois moitas veces a mellor forma de calcular a velocidade angular dun sólido é a través da relación analítica entre a velocidade do centro de masas e a velocidade do CIR (cero, claro). Chamando Od ó CIR do disco: v Gd = v Od + ω d x Od Gd → v Gd = ω d x Od Gd

E con esta ecuación, sabida a velocidade do centro de masas

Ecuación 3.8

v Gd

e a distancia entre este e o CIR

 O d Gd , se poderá calcular a velocidade angular buscada ωd. Pódese ver na figura 3.6, a dirección coñecida da velocidade de dous puntos do disco: • o punto A’d que, por condición de rodamento entre barra e disco, ten a mesma velocidade que o punto A’b da barra (puntos en contacto no lugar do rodamento teñen a mesma velocidade). E este punto da barra, como a barra xira ó redor do punto O, ten velocidade perpendicular á barra. • O Gd ten que ter velocidade horizontal, pois ó ser o disco de sección circular, o seu centro non se move en vertical. Ademais xa se ten a ecuación 3.7 que dá a súa velocidade. Polo tanto, e como trazando as perpendiculares ás Figura 3.6 : Determinación gráfica do CIR do dúas velocidades, o CIR está no punto de cruce, vese na disco figura 3.7 a localización do CIR do disco: Od. Na ecuación 3.8, onde se relaciona a velocidade do centro de masas coa velocidade angular, se ve que se necesita a distancia OdGd, que como se ve no triángulo rectángulo A’dOdGd da figura 3.6, vale:

Od G d =

R sen 

Ecuación 3.9

Polo que o vector entre Od e Gd será:

 O d G d =

R  ⋅k sen 

Polo tanto, se poden xa substituír os valores das ecuacións 3.7 e 3.9 na ecuación 3.8 para calcular a ωd :

PROBLEMA Nº 3 : Disco rodante baixo barra (Exame de decembro 2004). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

 v Gd = ωd x  Od Gd 

⇒





Páxina 34

R⋅  R⋅   d⋅R  R  i =d j ×

k ⇒ i =

i⇒ 1 sen  sen  1 sen  sen 

R⋅ R = ωd⋅ 1 sen  sen 

Despexando a velocidade angular:

sen  ω d = ⋅ 1 sen 

Polo tanto:

sen    ωd = ⋅ j 1 sen 

Ecuación 3.10

Polo que respecta ó CIR do disco, que tamén pide o exercicio, xa se ten localizado na figura 3.6. Nela vese que ten sempre a mesma coordenada X, xOd , que o punto Gd, mentres que a coordenada zOd se calcula con facilidade, pois é zOd = R + OdGd , e OdGd xa se ten visto na ecuación 3.9. Polo tanto:

1sen  x Od =x Gd =R⋅ cos 



z Od = R⋅ 1

1 sen 



Ecuación 3.11

Ecuación 3.12

Ou sexa que, o vector posición do CIR do disco é:

[

 

]

1sen   1sen   i k cos  sen 

r Od = R⋅

Ecuación 3.13

Agora falta responder ó máis fácil, á velocidade da barra e á súa velocidade angular (obviamente non piden o seu CIR porque resulta evidente que é o punto O fixo). A posición do Gb resulta evidente na figura 3.6:

L x Gd = ⋅sen  2

Ecuación 3.14

L z Gd = ⋅cos  2

Ecuación 3.15

E derivando, se terá que: •

x Gb

•

L ⋅ϕ = ⋅ cos ϕ 2

z Gb=

Ecuación 3.16

L⋅ ⋅sen  Ecuación 3.17 2

Polo tanto a velocidade do centro de masas da barra é:

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 35

 v Gb =

L⋅ ⋅ cos  i sen  k  2

Ecuación 3.18 •

En canto á velocidade angular da barra é evidente que é ϕ como xa se ten citado, dado que o ángulo j determina o espacio angular percorrido pola barra en todo instante: •

ωb = ϕ

Ecuación 3.19

No remate do problema, na ota Complementaria 3.1, se utiliza un método analítico para demostrar a evidente igualdade entre a velocidade angular da barra e a primeira derivada do parámetro.

Caso 2: Agora o disco roda sobre o solo. Suponse que o disco roda sobre o solo no sentido das agullas do reloxo para que avance cara á dereita do debuxo rodando polo solo. Evidentemente, ó non haber rozamento entre disco e barra, o disco desliza libremente no seu contacto coa barra. Suponse que se parte da posición inicial indicada na figura 3.7. Nesta figura se chaman Ad y As ós puntos de disco e solo, respectivamente, que están inicialmente en contacto. Ó cabo dun tempo t, disco e barra se encontrarán nunha posición xenérica como a indicada na figura 3.8. Nela se utiliza o ángulo ϕ como parámetro para situar a barra, e o ángulo θ para situar o disco. Se verá como ambos parámetros están relacionados entre si, polo que o sistema ten un só grao de liberdade. Neste caso, e utilizando os mesmos eixes do caso anterior, agora os dous ángulos son positivos pois teñen sentido horario (segundo +Y). Pódese ver na figura 3.8 que o parámetro θ está a determinar o xiro do disco ó redor do seu centro de masas pois o radio GdAd ten xirado desde a posición vertical que tiña inicialmente, ata a posición actual. Por isto os valores da velocidade e da aceleración angular deste coincidirán cos valores de

Figura 3.7 : Posición inicial

 e  . Por outra banda é evidente que o parámetro ϕ

define o xiro da barra ó redor do seu punto fixo O. Se verá agora como relacionar os parámetros ϕ eθ. O alumno debe recordar que a condición de rodamento entre disco e solo impón que os puntos en contacto (neste caso A’b y A’s) Figura 3.8 : Relación entre parámetros no caso 2 teñen sempre a mesma velocidade, ou sexa, neste caso, cero porque o solo obviamente non se move. Ademais, a condición de rodamento impón que as distancias A’dAd e A’sAs teñen que ser iguais dado que, en ambos casos, é o espacio rodado polo disco sobre o solo entre o instante inicial e o instante t representado. Unha vez recordado isto, se pode ver na figura 3.8 que:

PROBLEMA Nº 3 : Disco rodante baixo barra (Exame de decembro 2004). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 36

AdA’d = ángulo · radio = θ · R E polo tanto: AsA’s = θ · R Tamén se pode ver que o ángulo ϕ se encontra no triángulo OCA’s. Pois ben, no triángulo OCA’s podese establecer a relación entre ambos parámetros, pois:

tg ϕ =

OA's OAs + As A's R + R ⋅θ = = CA's CGd + Gd A's CGd + R

Ecuación 3.20

e a distancia CGd pódese calcular no triángulo DCGd así: CGd = R / sen ϕ Polo tanto, substituíndo esta expresión na ecuación 3.20, quedará: R + R ⋅θ R + R ⋅θ 1+θ 1 1+θ tg ϕ = → tg ϕ = → tg ϕ = senϕ ⋅ → = R CGd + R 1 + senϕ cos ϕ 1 + senϕ +R senϕ Despexando θ :

θ=

1 + senϕ −1 cos ϕ

Ecuación 3.21

O alumno pode observar que sae a mesma expresión do caso 1 pero cambiada de signo. O cambio de signo é evidente pois agora o ángulo θ é positivo e antes era negativo. Pero ¿que significa xeometricamente a igualdade de valor? Fixarse nas figuras. Que o espacio deslizado sobre un corpo é igual ó rodado sobre o outro. Agora xa se poden localizar os centros de masas de ambos os dous corpos. Para iso utilízase a figura 3.9. Comezando polo disco:

z Gd = R

Ecuación 3.22

xGd = OAs + AsA’s = R + R·θ = R·(1+θ) =   1 + senϕ − 1 ⇒ = R ⋅ 1 + ϕ cos  



x Gd =R⋅

1sen  cos 



Ecuación 3.23

As compoñentes da velocidade se obterán derivando as ecuacións da posición 3.22 e 3.23:

˙z

Ecuación 3.24 Figura 3.9 : Posición xenérica do sistema no caso 2

˙x Polo tanto:

R⋅ 1sen  1sen  = R⋅⋅ = 2 1sen ⋅1 sen  1 sen  cos 

Gd =R⋅⋅

Ecuación 3.25

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 37

. v Gd =

R⋅  i 1 sen 

Ecuación 3.26

No que se refire á velocidade angular do disco xa se indicou que é  , así que:  d = , polo que, 1 + senϕ − 1 , derivando será: como θ = cos ϕ

 1sen  1sen   d ==⋅ = ⋅ = 2 1sen ⋅1 sen  1 sen  cos 

˙ ˙

Ecuación 3.27

Na ota Complementaria 3.2 no remate deste problema, se deducirá este valor co método analítico como se vén facendo nos problemas anteriores. Polo que respecta á posición do CIR do disco, é evidente que é a posición do punto A’d da figura 3.9 pois é punto de velocidade instantánea nula, polo que o seu vector posición, como podemos ver na figura, será:

[ 

1sen 

1 r A ' d = R R⋅θ  i = R R⋅  cos 

]

i

Operando nesta expresión se obtén que o vector posición do CIR do disco é,:

1sen   r A ' d = R⋅ i  cos 

Ecuación 3.28

Agora se determinará á velocidade do centro de masas da barra e á súa velocidade angular. Obviamente non piden o seu CIR porque resulta evidente que é o punto fixo O. Para calcular a velocidade do centro de masas da barra, primeiro se determinará a súa posición xenérica en función do parámetro e logo se derivará. A posición de Gb resulta evidente na figura 3.9:

L x Gb= ⋅sen  2

Ecuación 3.29

L z Gb= ⋅cos  2

Ecuación 3.30

E derivando, se terá que: •

x Gb

•

L ⋅ϕ = ⋅ cos ϕ 2

z Gb=

Ecuación 3.31

L⋅ ⋅sen  Ecuación 3.32 2

Polo tanto a velocidade do centro de masas da barra é:

 v Gb =

L⋅ ⋅ cos  i sen  k  2

Ecuación 3.33

PROBLEMA Nº 3 : Disco rodante baixo barra (Exame de decembro 2004). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 38

•

En canto á velocidade angular da barra é evidente que é ϕ como xa se ten citado:

ω b= 

Ecuación 3.34

No remate do problema, na ota Complementaria 3.2, se utiliza o método analítico para demostrar a relación entre a velocidade angular da barra e a primeira derivada do parámetro.

Apartado 2: Se pide o diagrama do sólido libre para barra e disco en ambos os dous casos. Tamén

que se exprese as ecuacións necesarias para determinar as forzas de ligadura e a/s ecuación/s diferencial/is do movemento para ambos os dous casos (o enunciado di que non é necesario realizar as derivadas temporais). Caso 1: Comézase por establecer o diagrama de sólido libre da barra na figura 3.10. As ecuacións serán: -Segunda lei de Newton: En X: ΣFx = m·aGbx En Z:

ΣFz = m·aGbz

Polo tanto, e segundo a figura 3.10 (recordar que ángulos de lados perpendiculares son iguais): En X:

O x 1⋅cos  F r⋅sen =M⋅xGb Ecuación 3.35

Figura 3.10 : Diagrama de sólido libre da barra no caso 1

En Z:

O y 1⋅sen F r⋅cos  Mg=M⋅z Gb Ecuación 3.36 Din que non é necesario realizar as derivadas temporais, polo que non se realizan. Se fose necesario, habería que recorrer ás ecuacións 3.16 e 3.17, e derivalas para logo substituír os valores de

¨x

¨z

nas dúas ecuacións anteriores. Falta por aplicar a Ecuación da Dinámica de Rotación que, dado que existe un punto fixo O, se aplicará nel. Pero neste caso se ten que calcular antes o momento de inercia Io pois o normal é saber o momento de inercia dunha barra con relación a un eixe que pase polo seu centro de masas: IG = M·L2/12. Polo tanto, segundo o teorema de Steiner, o IO será: IO = IG + M·GO2 = M·L2/12 + M·(L/2)2 = M·L2/3 E a Ecuación da Dinámica da Rotación quedará polo tanto: ΣΜO = IO·αb E vendo o diagrama de sólido libre da barra, figura 3.10, se poderá establecer a suma de momentos mentres que a aceleración angular se obtén derivando a ecuación 3.19 (obviamente a aceleración angular ten

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 39

que ser:

•

 pois ωb = ϕ ). Así a Ecuación da Dinámica de Rotación quedará (recordar que o eixe Y

positivo é entrante no plano do debuxo polo que os momentos positivos son os que teñen sentido horario):

L M⋅L2

1⋅ R R⋅θ Mg⋅ ⋅sen =  2 3

Ecuación 3.37

Se establecerá agora o diagrama de sólido libre do disco na figura 3.11. As ecuacións correspondentes serán:

1⋅cos  F r⋅sen =M⋅x Gd Ecuación 3.38

1⋅sen  F r⋅cos  Mg  2 =M⋅z Gd =0 Ecuación 3.39 A Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación se tería que aplicar no centro de masas, agás que se comprobe que se pode aplicar no CIR, pero non paga a pena e vaise aplicar en Gd, pois só Fr dá momentos con relación a este punto e así resulta máis simple: ΣΜGd = IGd·αd :

Figura 3.11 : Diagrama de sólido libre do disco no caso 1

F r⋅R=

M ⋅R ⋅d Ecuación 3.40 2

Se o pedisen habería que conseguir as derivadas

¨xGd

 d a partir das ecuacións 3.6 e 3.4.

Deste xeito se teñen 6 ecuacións (ecuacións 3.35 a 3.40), para determinar as 5 forzas de ligadura e a ecuación do movemento (que é única, en función do parámetro único ϕ). Caso 2: Comézase por establecer o diagrama de sólido libre da barra (ver figura seguinte). As ecuacións serán -Segunda lei de Newton: En X: ΣFx = m·agbx En Z:

ΣFz = m·agbz

Polo tanto, e segundo o diagrama adxunto: En X:

O x 1⋅cos =M⋅x Gb Ecuación 3.41 En Z:

O z  1⋅sen  Mg=M⋅z Gb Ecuación 3.42

Figura 3.12 : Diagrama de sólido libre da barra no caso 2

PROBLEMA Nº 3 : Disco rodante baixo barra (Exame de decembro 2004). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 40

Se fose necesario indicar as derivadas temporais x e z , habería que recorrer ás ecuacións Gb Gb 3.31 e 3.32, e derivalas para logo substituír os seus valores nas dúas ecuacións anteriores. Falta por aplicar a ecuación da dinámica de rotación, que dado que existe un punto fixo O, se aplicará nel. O momento de inercia Io xa se ten calculado no caso 1 co teorema de Steiner Polo tanto, a Ecuación da Dinámica da Rotación será: ΣΜO = IO·αb E segundo a figura 3.12, esta ecuación quedará: 2

L M⋅L

1⋅ RR⋅θ Mg⋅ ⋅sen =  Ecuación 3.43 2 3

Se establece agora o diagrama de sólido libre do disco na figura 3.13, e logo as ecuacións correspondentes. En X: ΣFx = m·agdx →

1⋅cos  F r =M⋅x Gd En Z:

Ecuación 3.44

ΣFz = m·agdz →

1⋅sen  Mg  2 =M⋅z Gd =0 Ecuación 3.45 A Ecuación da Dinámica da rotación débese aplicar no centro de masas (poderíase comprobar se é posible aplicala no CIR A’d pois na maioría das ocasións resulta posible e, nestes casos, resulta tamén máis simple, pero neste caso case que dá o mesmo): ΣΜGd = IGd·αd : M ⋅ R2 • Ecuación 3.46 Fr ⋅ R = ⋅ωd 2

Figura 3.13 : Diagrama de sólido libre do disco no caso 2

Se o pedisen habería que realizar as derivadas indicadas

¨xGd

 d a partir das ecuacións 3.25 e

3.27. Son 6 ecuacións (ecuacións 3.41 a 3.46), para determinar as 5 forzas de ligadura e a ecuación do movemento (que é única, en función do parámetro único ϕ).

Apartado 3: Piden expresar a enerxía total do sistema nunha posición xenérica para o caso 1. A enerxía total será a suma das enerxías da barra e do disco. A barra ten enerxía cinética e potencial gravitacional (ten enerxía potencial gravitacional pois o seu centro de masas está a cambiar de altura). Se pode considerar que o disco ten só enerxía cinética dado que o seu centro de masas non cambia de altura. Sen embargo, ó tomar a enerxía potencial gravitacional do disco nula, tense que tomar a altura do seu centro de masas como altura de referencia para calcular a enerxía potencial gravitacional da barra.

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 41

Verase primeiro a enerxía do disco. Pódese expresar como suma da enerxía cinética de translación e da enerxía cinética de rotación do sólido ó redor do seu centro de masas:

Ecd =

2 m ⋅ vGd I ⋅ω 2 + Gd d 2 2

As velocidades que se necesitan xa están nas ecuacións 3.7 e 3.10, polo tanto:

E cd =

2 m⋅v Gd

I Gd⋅ω2d





M⋅ =



R⋅ 1 sen  2

˙ 

M⋅R ⋅sen  ⋅ 2 1 sen   2 2

Operando queda:

E cd =

M⋅R2⋅ ⋅ 2sen 2  

4⋅1 sen  

Ecuación 3.47

A enerxía cinética da barra pódese calcular con relación ó eixe fixo O que é máis fácil que calculala con relación ó centro de masas Gb. Polo tanto:

M ⋅ L2 • ⋅ϕ I ⋅ω Ecb = O = 3 2 2

2 b

Operando, queda: • 2

M ⋅ L2 ⋅ ϕ Ecb = 6

Ecuación 3.48

Para calcular a enerxía potencial gravitacional, xa se ten visto que se ten que tomar a altura do centro de masas do disco como orixe de enerxías potenciais. Pódese ver na figura 3.12, por exemplo, que a altura do centro de masas da barra sobre o solo é: L ⋅ cos ϕ . Polo que a altura sobre a orixe de potenciais será: 2

hGB =

L ⋅ cosϕ − R 2

Polo tanto, a enerxía potencial gravitacional de barra quedará: Epgb = M·g·hGb = M·g·(L/2·cos ϕ−R) Ou sexa: E pgb =

MgL cos ϕ − MgR 2

Ecuación 3.49

E a enerxía total do sistema será o resultado de sumar as enerxías de disco e barra, ou sexa de sumar as ecuacións 3.47, 3.48 e 3.49. Polo tanto, resultado final será:

E T =E cd E cb E pgb=

M⋅R 2⋅ ⋅ 2sen 2  

4⋅ 1 sen  

M⋅L 2⋅ M⋅g⋅L⋅cos   

M ⋅g⋅R 6 2

Expresión que apenas se pode simplificar polo que se deixa así.

PROBLEMA Nº 3 : Disco rodante baixo barra (Exame de decembro 2004). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 42

ota Complementaria 3.1 : Método analítico para determinar unha velocidade angular - I. Pregunta: Demostrar analiticamente, no caso 1, a igualdade da velocidade angular da barra e a primeira derivada do parámetro. Para isto se pode relacionar a velocidade do centro de masas da barra coa velocidade nula do seu CIR.

v Gb = v O  ωb x  OG b   v Gb=ω OG b  b x  Operando:



L⋅ L L ⋅ cos  i sen   k =ω b⋅j × ⋅sen  i ⋅cos  k 2 2 2





L⋅ L L ⋅ cos i sen   k =ω b⋅ ⋅sen  k  ⋅cos i 2 2 2 Igualando, tanto en X como en Y, chegamos ó que xa

sabiamos:

Figura 3.14 : Posición xenérica do sistema no caso 1

•

ωb = ϕ

No caso do disco xa se ten aplicado este método analítico para calcular a súa velocidade angular durante o desenvolvemento do exercicio.

ota Complementaria 3.2 : Método analítico para determinar unha velocidade angular - II. Pregunta: Demostrar analiticamente, no caso 2, a relación das velocidades angulares da barra e do disco coas derivadas do parámetro. Vanse determinar as velocidades angulares de barra e disco no caso 2. Para calcular a velocidade angular do disco, se parte de saber onde está o CIR deste, pois unha boa forma de calcular a ωd é a través da relación entre a velocidade do centro de masas e a velocidade do CIR (cero, claro). Obviamente o CIR do disco é o punto A’d da figura 3.15 pois é o punto de velocidade nula.

v Gd = v A ' d  ωd x  A' d G d   v Gd = ωd x  A 'd Gd  sendo: Figura 3.15 : Posición xenérica do sistema no caso 2

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 43

• •

R⋅  ⋅i 1 sen  A' d Gd =R  k o vector Ad'Gd , tal como se ve na figura 3.15:   d = d j e a dirección da velocidade angular do disco:  vector velocidade do G do disco (ecuación 3.26):  v Gd =

• Substituíndo valores:

Polo tanto, se obtén :

ωd =

R⋅  R⋅  ⋅i =ω d j × R k ⇒ ⋅i =ω d⋅R i 1 sen  1 sen 

v Gd = ωd x  A' d G d ⇒ 



1 sen 

En canto á barra, tense que, relacionando a velocidade do centro de masas coa velocidade do CIR :

v Gb = v O  ωb x  OG b   v Gb= ωb x  OG b  Substituíndo nesta ecuación as expresións coñecidas: • tanto da velocidade do centro de masas da barra (ecuación 3.33):

v Gb= •

L⋅ ⋅ cos  i sen   k 2

como do vector posición de Gb que, como se pode ver na figura anterior e xa se determinou nas ecuacións 3.29 e 3.30 é:

L L  OG b = ⋅sen  i  ⋅cos  k 2 2 •

e a dirección da velocidade angular da barra:

  b=b⋅j A ecuación quedará:



L⋅ L L ⋅ cos  i sen   k =ω b⋅j × ⋅sen  i  ⋅cos  k 2 2 2



L L Operando: L⋅⋅ cos  i sen   k =ω b⋅ ⋅sen  k ⋅cos  i 2

Igualando, tanto en X como en Z, chégase ó mesmo:

ω b= 



Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 45

PROBLEMA º 4 : Barra esvarando en vaso. (Exame de xuño 05 - Plano vello) Unha barra homoxénea de masa m e lonxitude 2d colócase no interior dun vaso de diámetro d, de xeito que en todo momento desliza sobre un borde do mesmo, e o seu extremo A está obrigado a moverse sobre unha das súas paredes, tal como se indica na figura. este mesmo extremo A engánchase un resorte de lonxitude natural depreciable e constante elástica k, tal como tamén se reflexa na figura. Depreciando todo rozamento responda ás seguintes cuestións: 1. Graos de liberdade do sistema, parametrice unha posición xenérica deste e exprese a aceleración angular e a aceleración do centro de masas da barra en función de d, e de/dos parámetro/s elexido/s e as súas derivadas temporais. 2. Coordenadas do centro instantáneo de rotación da barra no sistema XY para unha posición xenérica. 3. Diagrama do sólido libre da barra. Plantexe as ecuacións necesarias para determinar as forzas de ligadura e a/s ecuación/s diferencial/is do movemento. 4. Simplifique as ecuacións anteriores para o caso de pequenas oscilacións ó redor da posición horizontal da barra. Exprese a posición da barra no tempo, tendo en conta que para t=0 (instante inicial) a barra se encontra na posición horizontal e ten unha velocidade angular w0. 5. Se se deixa a barra en repouso na posición horizontal, ¿cal será o valor máximo de m para o que se garante que o extremo A da barra non tocará o fondo do vaso aínda que se separe lixeiramente a barra desa posición? (dar o resultado en función de d, k e L)

Resolución: Antes de nada convén elixir uns eixes coordenados que faciliten o traballo. Neste caso se elixen eixes centrados en O e dirixidos tal como se indica no borde superior dereito da figura 4.1. Desta forma o movemento se desenvolve no cuadrante positivo do plano XY e se encontrarán expresións simples para as coordenadas xG e yG , pero se debe ter coidado pois o semieixe +Z resulta entrante no plano do debuxo o que provoca que sexan positivos os xiros horarios e negativos os antihorarios, ó contrario dos sistemas habituais.

Pregunta 1a) Graos de liberdade do sistema: Un corpo que se move libremente nun plano ten 3 graos de liberdade, pero esta variña ten o seu movemento limitado polo deslizamento pola parede esquerda do vaso e polo deslizamento polo extremo B. Polo tanto tería 1 ou 2 graos de liberdade. Se tratará de determinar, por exemplo, se as tres variables que definen a posición da barra en calquera momento (as que determinen a posición do centro de masas xG e yG e un ángulo que defina o xiro do sistema ó redor de G), se poden expresar en función dunha soa variable ou se necesitan máis.

PROBLEMA Nº 4 : Barra esvarando en vaso. (Exame de xuño 05 - Plano vello). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 46

Vendo a figura 4.1, intuitivamente parece que a posición do sistema pode determinarse cun só parámetro, por exemplo a coordenada y do punto A ou o ángulo ϕ ou o ángulo θ . Isto de todas formas se confirmará durante a resolución do exercicio.

Pregunta 1b) Parametrice xenérica do sistema:

unha

posición

Trátase antes de nada de elixir un parámetro. Quizais os máis evidentes poderían ser a coordenada y do extremo A, ou o ángulo ϕ ou o ángulo θ. Sen Figura 4.1 : Posición xenérica do sistema embargo xa de entrada se rexeita o ángulo θ por ser un ángulo negativo cos eixes elixidos e, polo tanto, esixir moita atención para establecer relacións con el, aumentado así as posibilidades de erro. Polo que respecta ós outros dous, antes de nada resulta de interese ver se se poden relacionar ambos parámetros entre si, e se ve que se pode facer traballando no triángulo AOB:

d tg 

Ecuación 4.1

Tense que elixir un deles para parametrizar o movemento, e se verá que facer cando se elixe un parámetro que nos dea expresións demasiado complexas. Por exemplo, se o alumno non se dá de conta de que se pode traballar no triángulo AGC e se centra en traballar no triángulo ABO probablemente elixiría a coordenada y como parámetro. Neste caso a posición do centro de masas vería dada por:

d d2 =  y 2d 2  y 2 d 2 y y⋅d y G=  y 2d 2 d ⋅cos =  y 2 d 2 d ⋅ 2 = y

 y d 2  y 2 d 2

x G =OB DB=d   y 2 d 2 d ⋅sen =d   y 2 d 2 d ⋅

Neste momento o alumno se daría de conta que traballando con estas expresións, ó proceder a derivalas con relación ó tempo para obter a velocidade e a aceleración do centro de masas, se obterían expresións demasiado complexas, polo que sería o momento de tratar de buscar outro parámetro que, neste caso, obviamente sería o ángulo ϕ . Traballando no triángulo AGC da figura 4.1 sería sinxelo establecer as coordenadas do centro de masas:

x G =d⋅sen  y G= y AC =

Ecuación 4.2

d⋅cos  tg 

Ecuación 4.3

Pregunta 1c) Exprese a aceleración do centro de masas en función do/s parámetro/s elixido/s: Para isto basta con derivar, con relación ó tempo, dúas veces as ecuacións 4.2 e 4.3. Derivando a primeira vez se obteñen as compoñentes da velocidade do centro de masas en función do parámetro e as súas derivadas:

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 47

˙x

˙y

=d⋅⋅cos 

Ecuación 4.4



1 =d⋅⋅ 2 sen  sen 



Ecuación 4.5

E volvendo a derivar con relación ó tempo, se obteñen as compoñentes da aceleración do centro de masas:

Ecuación 4.6

xG =d⋅⋅cos  d⋅ ⋅sen 







2 1 2 sen  d⋅  ⋅cos ⋅ 3 1 2 sen  sen 

yG =d⋅⋅



Ecuación 4.7

Pregunta 1d) Exprese a aceleración angular en función do/s parámetro/s elixido/s: Resulta simple observar na figura 4.1 que o parámetro angular ϕ determina o xiro da barra ó redor do centro de masas, polo que a súa primeira derivada coincidirá coa velocidade angular da barra :

ω=

Ecuación 4.8

e, derivando esta expresión, se terá a aceleración angular:

˙ ¨

= =

Ecuación 4.9

Aínda que non é necesario (pero é útil para o apartado seguinte), pódese comprobar a ecuación 4.8 co método analítico. Como sempre, a velocidade angular se pode intentar obter a partir da relación entre a velocidade do centro de masas, que se ten nas ecuacións 4.4 e 4.5, e a do centro instantáneo de rotación (nula, claro). Neste caso, ver figura 4.2, se sabe onde está o CIR porque se coñece a dirección de dúas velocidades, a velocidade do punto A (o punto A desliza pola parede vertical) e a velocidade do punto B (B desliza no apoio), polo que o CIR está plenamente determinado polo cruzamento das perpendiculares ás dúas velocidades. Sen embargo vaise supoñer que o alumno non se dá de conta de como é a dirección da velocidade de B e que, polo tanto, só sabe a dirección da velocidade de A. Se verá que é suficiente. En efecto, como se ve na figura 4.3, coa axuda da perpendicular á velocidade do punto A que, como é horizontal, permite saber que Figura 4.2 : Localización gráfica do CIR a coordenada y do CIR (punto I na figura) é: AO = d / tg ϕ e se verá que con isto basta. En efecto, establecendo agora a relación entre vG e a velocidade do CIR I (nula, claro):

PROBLEMA Nº 4 : Barra esvarando en vaso. (Exame de xuño 05 - Plano vello). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 48

v G=  v I  ω × IG ⇒ 

v G= ω× IG 

Ecuación 4.10

E tal como se ve na figura 4.3: • do vector  IG se sabe a súa compoñente Y pois o seu valor se pode calcular no triángulo AGC: IGy=AC=d·cos ϕ • pero non a compoñente X, pero chamando x ó seu valor absoluto, se pode ver na figura 4.3 que a compoñente X do vector  IG é: IGx = - x Sen embargo isto é suficiente pois levando isto á ecuación 4.10, quedará

 v G= ω x IG ⇒ v G=ω⋅k × x i d⋅cos  j  Figura 4.3 : Localización gráfica incompleta do CIR

Ecuación 4.11 E substituíndo vG polas súas compoñentes dadas polas ecuacións 4.4 e 4.5, e operando na ecuación 4.11:



d⋅⋅cos  i d⋅⋅



1 sen  j=ω⋅x jω⋅d⋅cos  i Ecuación 4.12 sen 2 

E igualando as compoñentes en X se terá a velocidade angular en función do parámetro:

d⋅⋅cos =ω⋅d⋅sen  ⇒ ω= Ecuación 4.13 ,ota: se o problema pedira a posición do CIR, agora se podería calcular tamén a compoñente X do vector IG igualando as compoñentes Y da ecuación 4.12, e sabida esta, xa non haberá problema en calcular as coordenadas do CIR. Se fará no apartado seguinte. Polo que respecta á aceleración angular α que nos pide o problema, se obterá derivando a ecuación 4.8 que obviamente dará a derivada segunda do parámetro:

˙ ¨

α= =

Ecuación 4.14

Pregunta 2) Coordenadas do centro instantáneo de rotación da barra no sistema XY para unha posición xenérica. Xa se ten visto que as coordenadas do CIR podían calcularse por simple xeometría na figura 4.2, pero se continuará como se o alumno non se percatara. IG x∣GC =xGC , e a distancia x se Segundo se ve na figura 4.3, a coordenada X do punto I é ∣ pode calcular agora igualando as compoñentes Y da ecuación 4.12:





1 d⋅⋅ 2 sen  = ω⋅x sen 

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 49

e como a velocidade angular é a primeira derivada do parámetro, a ecuación se pode escribir:







1 1 d⋅⋅ 2 sen  = ⋅x ⇒ x=d⋅

sen  sen  sen 2 



E a distancia GC se pode calcular no triángulo ACG da figura 4.3. Polo tanto, a coordenada xI do CIR será:



x I = xGC ⇒ x I =d⋅



d 1

sen  d⋅sen ⇒ x I = 2 2 sen  sen 

Ecuación 4.15

Polo que respecta á coordenada Y do CIR é, segundo se ve na figura 4.3, a distancia AO, distancia que na mesma figura 4 (ou na figura 3) se ve que é igual a: d / tg ϕ . Polo tanto:

yI=

d tg ϕ

Ecuación 4.16

Pregunta 3) Diagrama do sólido libre da barra. Plantexe as ecuacións necesarias para determinar as forzas de ligadura e a/s ecuación/s diferencial/is do movemento. Na figura 4.4 se presenta o diagrama de sólido libre da barra. En canto as forzas, hai que ter en conta que a forza elástica Fe vén determinada pola constante k do resorte e pola súa lonxitude, pois o problema di que a súa lonxitude natural é depreciable. Polo tanto: Fe = k · AO = k·d / tg ϕ De acordo con isto, as únicas forzas de ligadura que quedan por determinar son A e B. Ademais, dado que se trata dun sistema cun só grao de liberdade, a ecuación diferencial do movemento é única. Polo tanto se necesitan tres ecuacións para responder a esta pregunta 3, que son as dúas que proporciona a 2ª Lei de Newton en X e en Y, e a Ecuación da Dinámica de Rotación: Se comezará pola 2ª Lei de Newton: En X:

Figura 4.4 : Diagrama de sólido libre

∑ F x=m⋅x¨ G ⇒ A B⋅cos =m⋅¨xG

E tendo en conta que a compoñente X da aceleración do centro de masas vén dada pola ecuación 4.6:



A B⋅cos =m⋅ d⋅⋅cos  d⋅ ⋅sen  En Y:



Ecuación 4.17

∑ F y =m⋅¨yG ⇒ B⋅sen  mgF e=m⋅¨y G

e tendo en conta que a compoñente Y da aceleración do centro de masas vén dada pola ecuación 4.7:

B⋅sen  mg Ecuación 4.18

[ ¨





2 k⋅d 1 2 =m⋅ d⋅⋅ 2 sen  d⋅ ⋅cos ⋅ 3 1 tg  sen  sen 

]

PROBLEMA Nº 4 : Barra esvarando en vaso. (Exame de xuño 05 - Plano vello). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 50

Polo que respecta á Ecuación simplificada da Dinámica da Rotación só se pode aplicar no centro de masas e nos puntos continuamente fixos (tamén noutros puntos especiais – ver condicións 2.1 no exame resolto de setembro 2002). Neste caso, se aplicará no c.d.m. G . Se debe recordar que a aceleración angular é a derivada segunda do parámetro, e que para establecer os signos dos momentos das forzas, se debe ter en conta que o eixe Z correspondente ós eixes X e Y debuxados, é entrante no plano do debuxo polo que os sentidos horarios son agora os positivos. Desta forma, a Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación quedará:

∑ M G =I G⋅α Para poder establecer os momentos das tres forzas que dan momento con relación a G, se deben coñecer as distancias GA e GB. A distancia GA é d, mentres que GD se pode calcular no triángulo GDB:

1 sen  DB=GB⋅sen  ⇒ OB OD=GB⋅sen  ⇒ d d⋅sen =GB⋅sen  ⇒ GB=d⋅ sen  Agora xa se pode aplicar a Ecuación fundamental da Dinámica de Rotación: 2 k⋅d 1 sen  m⋅ 2d  ⋅d⋅sen  B⋅d⋅ = ⋅ ⇒

A⋅d⋅cos  tg  sen  12

1 sen  m⋅d = ⋅

A⋅cos k⋅d⋅cos  B⋅ sen  3

Ecuación 4.19

Polo tanto, as ecuacións pedidas neste apartado son a 4.17, 4.18 e 4.19.

Pregunta 4) Simplifique as ecuacións anteriores para o caso de pequenas oscilacións ó redor da posición horizontal da barra. Exprese a posición da barra no tempo, tendo en conta que para t=0 (instante inicial) a barra se encontra na posición horizontal e ten unha velocidade angular ω0. O parámetro ϕ utilizado non é recomendable para realizar o estudio solicitado pois, como se sabe, a forma máis simple de realizar estudios de pequenas oscilacións é simplificar as ecuacións xerais para o caso de que un parámetro se faga moi pequeno para as pequenas oscilacións. Así, no caso de que este parámetro sexa un ángulo, se poden realizar as seguintes aproximacións: cos θ → 1 sen θ → θ tg θ → θ e isto non se pode realizar coas ecuacións 4.17, Figura 4.5 : Relación entre os parámetros ϕ e θ 4.18 e 4.19 dado que están en función dun parámetro que non se fai moi pequeno para pequenas oscilacións senón que, neste caso de pequenas oscilacións en torno á posición horizontal, toma valores en torno a 90º. Estas aproximacións se poderían ter feito cunhas ecuacións establecidas en función do parámetro θ da figura 4.5. Pois ben, para poder realizar estas aproximacións, se vai establecer a relación entre ϕ e θ para logo realizar o cambio de parámetro nas ecuacións anteriores e poñelas en función de θ.

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 51

Sen embargo, antes de realizar o cambio de parámetro, se poden realizar algunhas aproximacións previas nas ecuacións anteriores, dado que para ángulos próximos a 90º se cumpre que: sen ϕ --> 1 Con estas aproximacións as ecuacións 4.17, 4.18 e 4.19 quedarán:

¨

A B⋅cos =m⋅d⋅ ⋅cos  



Ecuación 4.20

B mg= m⋅d⋅ ⋅cos  Ecuación 4.21

A⋅cos k⋅d⋅cos =

m⋅d ⋅ Ecuación 4.22 3

Agora se fará cambio de parámetro. De acordo co que se pode ver na figura 4.5, ambos parámetros son ángulos complementarios polo que parece que cumprirán que: ϕ + θ = π /2 Sen embargo a ecuación anterior é incorrecta pois θ é negativo, polo que se debe corrixir do seguinte xeito:

 =

  ⇒ =  2 2

Ecuación 4.23

Derivando se obterán as relacións entre as derivadas correspondentes:

˙ ˙

Ecuación 4.24

 =

e volvendo a derivar:

¨ ¨

Ecuación 4.25

 =

Por outra banda, se deben substituír os cosenos de ϕ nas ecuacións anteriores, e dada a relación 4.23, se terá que:

cos =cos

 2 =cos 2⋅cos  sen 2 ⋅sen = sen 

Ecuación 4.26

Levando agora as relacións 4.24, 4.25 e 4.26 as ecuacións 4.20, 4.21 e 4.22, estas quedarán:



˙

A  B⋅sen =m⋅d⋅ ⋅sen  

B mg=m⋅d⋅ ⋅sen   A⋅sen  k⋅d⋅sen =

m⋅d ⋅ 3

Aproximando agora os senos ó ángulo: sen θ --> θ , as ecuacións anteriores quedarán:



˙

A  B⋅=m⋅d⋅ ⋅ 

B mg=m⋅d⋅ ⋅ m⋅d  A⋅ k⋅d⋅= ⋅ 3

PROBLEMA Nº 4 : Barra esvarando en vaso. (Exame de xuño 05 - Plano vello). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 52

Dado que se trata de pequenas oscilacións, se poden depreciar agora os termos que teñen parámetro fronte ós que non o teñen, quedando as ecuacións:

A=0

Ecuación 4.27

B mg=0 Ecuación 4.28 m

k⋅= ⋅ Ecuación 4.29 3

As dúas primeiras ecuacións proporcionan os valores das reaccións A e B , mentres que a última ecuación é a ecuación dun Movemento Harmónico Simple, e recordando que a ecuación xeral dun Movemento Harmónico Simple é: 2

¨x=  ⋅x Polo que poñendo a ecuación 4.29 na forma desta última, quedará:

=

3⋅k ⋅ Ecuación 4.30 m

que é a ecuación diferencial deste movemento na forma tradicional dos MHS. A ecuación do movemento que cumpre a ecuación diferencial 4.30 (ecuación dun M.H.S.) é:

= max⋅sen  w t δ  Sendo w a pulsación igual á raíz cadrada da constante da ecuación do movemento: w =

3k m

Polo tanto, ecuación do movemento será:

= max⋅sen



3k t δ m



Ecuación 4.31

Para establecer os valores de δ e de θmáx se sabe que para t=0 é θ=0, e que ω = ω0 (e se ten que

˙ ˙

recordar que ω= = , segundo as ecuacións 4.8 e 4.24, polo que, supoñendo que o dato de velocidade angular inicial inclúe o signo positivo, se terá que como no instante inicial ω = ω0 , será =ω ): 0 Primeira condición:

= max⋅sen





3k tδ ⇒ 0= max⋅sen m





3k ⋅0δ ⇒0=sen δ ⇒ δ=0 m

e así xa se pode dicir que a forma da ecuación será : = max⋅sen A segunda condición se aplica tras derivar esta última ecuación :

  3k t m

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 53



 



3k 3k 3k 3k ⋅cos ⋅t ⇒ ω 0= max⋅ ⋅cos  ⋅0  ⇒ m m m m 3k m ⇒ ω 0 = max⋅ ⇒  max =ω 0⋅ m 3k

= max⋅



Deste xeito a ecuación 4.31 quedará:



=ω 0⋅



m 3k ⋅sen t 3k m



Ecuación 4.32

que é a ecuación da posición angular do sistema en función do tempo, para pequenas oscilacións.

Pregunta 5) Se se deixa a barra en repouso na posición horizontal, ¿cal será o valor máximo de m para o que se garante que o extremo A da barra non tocará o fondo do vaso aínda que se separe lixeiramente a barra desa posición? (dar o resultado en función de d, k e L) Se se abandona barra en posición horizontal e se separa lixeiramente desta posición, a barra comezará a caer por efecto do seu peso e acelerará na súa caída por efecto desta forza. Sen embargo conforme cae, a forza elástica comeza a aumentar contrarrestando o efecto do peso, de xeito que a aceleración de caída será cada vez menor ata que chegue a facerse nula cando o efecto da forza elástica sexa o suficientemente grande. Sen embargo a barra aínda seguirá caendo por inercia, polo que a forza elástica se fará maior e a aceleración será xa de freado polo que a barra rematará por se deter, agás que antes choque co fondo do vaso. Pois ben se trata de que se deteña xusto antes de que o extremo A toque o fondo Figura 4.6 : Posicións 1 e 2 da barra do vaso. Tense que determinar con que máxima masa de barra isto é posible: cunha masa maior que a que se vai calcular, o resorte non sería capaz de deter a barra antes de tocar ó solo. Isto resulta sinxelo de calcular utilizando a conservación da enerxía. En efecto as forzas A e B non realizan traballo pois son perpendiculares ó desprazamento dos puntos onde actúan, e polo tanto só realizan traballo o peso e a forza elástica que son conservativas. Polo tanto haberá conservación da enerxía total, cinética máis potenciais, entre calquera posicións que se tomen. En concreto se tomará como posición 1 a posición horizontal da figura 4.6 (na que a barra só ten enerxía potencial gravitacional), e se tomará como posición 2 a indicada na figura 4.6 na que a barra se encontra xusto antes de tocar o solo do vaso, coa condición de que nesa posición a barra xusto se detén, de xeito que nesta posición 2 só terá enerxía potencial elástica pois tomaremos esa posición como orixe de potenciais gravitacionais: E (1) = E ( 2) ⇒ E pg (1) = E pe ( 2) ⇒ m ⋅ g ⋅ h =

k ⋅ L2 Ecuación 4.33 2

Se pode ver h na figura 4.6. Para poder calcular o valor máximo da masa da barra coa que é posible isto, se debe calcular antes a altura h que intervén na ecuación 4.33, que é altura h da figura 4.6. Na figura vese que: h = L – d ·cos ϕm

PROBLEMA Nº 4 : Barra esvarando en vaso. (Exame de xuño 05 - Plano vello). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

E o cos ϕm pódese calculalo no triángulo AOB da mesma figura 6: cos m= Co que a altura h será:

h=L d⋅cos  m=L

d⋅L

 L 2 d 2

E despexando na ecuación 4.33 a máxima masa buscada se terá:

k ⋅ L2 = 2 gh

kL2  2 g  L − 

   L +d  d ⋅L 2

kL  2 g 1 − 

   L +d  d

OA L = 2 AB  L d 2

Páxina 54

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 55

PROBLEMA º 5 : Barra esvarando dentro dun cilindro. (Exame de setembro 2005 ) Unha barra homoxénea de masa m e lonxitude 2d desliza sen rozamento polo interior dun cilindro fixo de radio 2 .d , tal como se indica na figura 1. Resposte ás seguintes preguntas:

1. Centro instantáneo de rotación, centro J de aceleracións, velocidade e aceleración do centro de masas na barra en función do ángulo que forma coa horizontal, as súas derivadas temporais e d. 2. Ecuación diferencial do movemento da barra. 3. Reaccións do cilindro sobre a barra en función do ángulo que forma coa horizontal, m e d. 4. Se se solta a barra partindo do repouso cando fora 15º coa horizontal, exprese posición, velocidade angular e aceleración angular da barra en función do tempo, m e d. 5. Centro de masas (cm) e momento de inercia (g.cm2) respecto ó eixe x da placa homoxénea de 100 g de masa da figura 2.

Solución: Se verá en primeiro lugar o movemento da barra. Se a barra se deixa caer desde unha posición calquera das comprendidas entre unha das dous posibles posicións verticais e a horizontal inferior, é de esperar que a barra caia acelerando debido ó seu propio peso ata chegar á súa posición máis baixa. Ver figura 5.1. Logo, debido á inercia, a barra continuará movéndose pero agora subindo. A partir de este

Figura 5.1 : Barra en descenso

Figura 5.2 : Barra en ascenso

PROBLEMA Nº 5 : Barra esvarando dentro dun cilindro. (Exame de setembro 2005 ). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.Páxina 56

momento o peso da barra irá freando dita subida. Ver figura 5.2. Deste xeito a barra rematará por parar, e, unha vez en repouso na posición máis alta, volverá a caer acelerando como antes. Se está polo tanto ante un movemento oscilatorio no que, en ausencia de rozamento, resulta probable que o movemento do centro de masas sexa harmónico simple se o movemento se realiza no contorno da posición de equilibrio, é dicir con pequenas oscilacións en torno á posición horizontal inferior.

Introducción teórica. Método gráfico de determinar o CIR dun sólido. Un CIR pode determinarse graficamente coa dirección da velocidade de dous puntos do sólido. En efecto, dado que calquera velocidade é perpendicular á liña que une o CIR co punto, sabida a dirección de dúas velocidades, se trazan as perpendiculares a cada unha delas, e o CIR estará onde se crucen estas perpendiculares. Pódese ver un primeiro exemplo cunha escada que está a esvarar pola parede vertical e polo solo onde se apoia. Ver figura 5.3. Se recorda que este caso se ve tamén no problema 2. Así, o punto A está esvarando pola parede vertical e Figura 5.3 : Determinación do CIR pola tanto a dirección da súa velocidade será a indicada (vertical cara abaixo), e o punto B está esvarando polo solo cara á dereita e, polo tanto, a súa velocidade será horizontal cara á dereita. Unha vez determinadas estas dúas direccións de velocidades, trázase a perpendicular a vA (AC) e a perpendicular a vB (BD), e onde se cruzan AC e BD ten que estar o CIR. Un segundo exemplo pode ser o deste exame, a barra que esvara sen rozamento polo interior do cilindro da figura 5.4. Como esvara polo interior do cilindro, os puntos A e B teñen que estar continuamente en contacto co interior do cilindro, polo que as súas velocidades teñen que ser tanxentes á circunferencia que, ó fin e ó cabo, coincide coa traxectoria dos puntos.. E así, tendo en conta que a perpendicular á tanxente nun punto dunha circunferencia é o radio que pasa por ese punto, a perpendicular a vA será AC, e a perpendicular a vB será BD. E polo tanto, como onde se cruzan AC e BD ten que estar o CIR, e coincidindo AC e BD con radios, o CIR é o centro da circunferencia. Resposta: CIR = centro do cilindro.

Figura 5.4 : Determinación do CIR

Determinación do centro de aceleracións J. Existen métodos analíticos para determinar o centro de aceleracións e se expón un destes métodos na ota Complementaria 5.4 no remate deste exercicio. Sen embargo neste caso concreto é moito máis sinxelo razoar o que é o centro de aceleracións pois así se verá que se pode determinar de forma inmediata. Como, por definición, o centro de aceleracións é o punto J que ten aceleración cero, se

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 57

pode intentar ver se existe algún punto que se poida ver de forma simple que ten aceleración cero nunha posición xenérica. Comézase por examinar o CIR pois deste se sabe que ten velocidade cero polo que só se debe comprobar se sempre ten velocidade cero, é dicir se o CIR é sempre o mesmo pois neste caso ademais de ter velocidade cero, tamén tería aceleración cero e sería, polo tanto, tamén o centro de aceleracións J. ormalmente, o CIR non é o centro de aceleracións pois varía dun instante a outro, como se pode ver, por exemplo, no caso da escaleira do primeiro exemplo, onde en cada posición da escaleira existe un CIR diferente. É dicir, o CIR en calquera posición da escaleira ten velocidade cero pero ten aceleración non nula, o que se observa en que, nun instante posterior á posición citada, o CIR pasa a ser outro punto, polo que o primeiro CIR ten agora unha velocidade non nula. Sen embargo neste problema, o CIR é sempre o centro da circunferencia, pois pódese ver que en calquera posición que se debuxe a barra, o CIR segue a ser o punto O, dado que as velocidades de A e B son sempre tanxentes á circunferencia. Por iso, o punto O non só ten velocidade cero nun certo instante, senón en calquera outro instante posterior, polo que, ó non variar a súa velocidade, a súa aceleración debe de ser nula. Polo tanto: Centro de aceleracións J = centro da circunferencia O

1. Determinar a velocidade e a aceleración do centro de masas en función do ángulo que a barra forma coa horizontal, as súas derivadas temporais e d. O problema di que se utilice o ángulo ϕ da figura 5.5 como parámetro para estudiar o movemento da barra, e este ángulo é xustamente o ángulo que indica o xiro da barra ó redor do centro de masas G polo que as súas derivadas indican a velocidade e a aceleración angulares da barra. Sen embargo quizás resultara máis cómodo utilizar o ángulo α da mesma figura, que sitúa o centro de masas G con relación á horizontal, polo que se podería utilizar como parámetro se o problema deixase liberdade para facelo pois así se obterían as coordenadas xenéricas de G dun xeito máis simple que co ángulo ϕ que indican. Sen embargo, para localizar de forma simple as coordenadas xenéricas de G, tamén sería cómodo utilizar o ángulo β da figura 5.5 que sitúa á Figura 5.5 : Posibles parámetros G con relación á vertical, e, segundo se ve na figura adxunta, ϕ e β son iguais pois os dous ángulos teñen lados perpendiculares (fixarse que o segmento OG é perpendicular á barra pois a liña que une o centro dunha corda de circunferencia co centro desta é perpendicular á dita corda). E como estes ángulos ϕ e β son iguais, a partir de agora se chamará ϕ ó ángulo β, e se traballará con el sen máis preocupación. Unha vez establecido isto, se pasa a establecer a velocidade e aceleración do centro de masas da barra utilizando este parámetro. Resulta interesante observar que, como xa se ten citado, o ángulo ϕ precisamente determina o xiro da barra ó redor do centro de masas, polo que, de forma inmediata, se sabe

que a velocidade angular desta será: ω= . Antes de se poñer a calcular a velocidade e a aceleración do centro de masas da barra en función do parámetro, convén

Figura 5.6 : Posibles parámetros

PROBLEMA Nº 5 : Barra esvarando dentro dun cilindro. (Exame de setembro 2005 ). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.Páxina 58

determinar o valor do segmento OG, que como se pode ver na figura 5.6, aplicando o teorema de Pitágoras ó triángulo OGB, vale:

OG= OB 2 GB 2 =

   2⋅d  d =d 2

Agora se pode establecer a posición, velocidade e aceleración de G utilizando o parámetro ϕ que o enunciado esixe usar, pero colocándoo na posición da figura adxunta pois resulta moito máis cómodo para localizar G. Á súa vez se deben establecer eixes coordenados e, buscando o que normalmente parece resultar de máis interese que é ter a posición do sistema no cuadrante positivo do plano XY, se poderían elixir os eixes indicados na figura 5.7 o, que, á súa vez, vería condicionado por respectar a posición que presenta o enunciado do problema. Sen embargo isto non é o máis conveniente pois conduce a ter o eixe Z saínte co que o parámetro ϕ é negativo e isto conleva a un aumento das posibilidades de erro. Aquí se resolverá o exercicio cos eixes da figura 5.7, para que o alumno poda ver como atender ás dificultades que este tipo de situacións crean, pero na Nota Figura 5.7 : Localización do centro de Complementaria 5.1 no remate deste problema se presenta masas da barra como quedaría o problema con outros eixes máis convenientes, e como iso variaría a resolución do problema. Se continúa agora cos eixes da figura 5.7: Posición de G: Parece vir dada por: xG = GE = d · sen ϕ yG = OE = d · cos ϕ Sen embargo se debe ter en conta que cos eixes indicados, o eize +Z é saínte, polo que o parámetro é negativo. O alumno debe recordar que o sentido dun ángulo vén determinado polo xiro desde a recta de referencia (eixe +Y neste caso) ata a amplitude do ángulo. Polo tanto, sendo negativo o parámetro, o seu seno tamén é negativo. Sen embargo, como ben se ve na figura 5.7, a coordenada xG é positiva. Polo tanto, as ecuacións anteriores se deben corrixir así:

x G = d⋅sen 

Ecuación 5.1

y G=d⋅cos 

Ecuación 5.2

Velocidade de G:

xG = •

yG =

dx G

= d⋅⋅cos 

Ecuación 5.3

• dyG = − d ⋅ ϕ ⋅ sen ϕ dt

Ecuación 5.4

Aceleración de G:

xG =

d xG 2 = d⋅⋅cos d⋅ ⋅sen  dt

Ecuación 5.5

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 59

yG =

d yG 2 = d⋅ ⋅sen  d⋅ ⋅cos  dt

Ecuación 5.6

Co que queda contestado este apartado. En canto, a aceleración angular α da barra será, en función do parámetro:

α= ω e como ω =

˙ ¨

dω d  = =  será α=  dt dt

Ecuación 5.7

2. Determinar a ecuación diferencial do movemento da barra. Na figura se ve o diagrama de sólido libre da barra. Como non existe rozamento, as forzas que o cilindro aplica á barra son as reaccións normais nos puntos de contacto, polo que terán dirección radial. Se dispón das dúas ecuacións que proporciona a 2ª Lei de Newton, unha en X e outra en Y, nas que, desde logo, aparecen as reaccións do cilindro sobre a barra. Polo que respecta á Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación (ΣM=I·α), pódese aplicar no centro de masas G, e neste caso tamén aparecerán nesta ecuación as reaccións do cilindro sobre a barra. Procedendo deste xeito, se deben eliminar as reaccións dunha das tres ecuacións citadas ata chegar á ecuación do movemento, o que pode levar un certo tempo e esixirá bastante coidado para non se equivocar nas operacións. Figura 5.8 : Diagrama de sólido libre Sen embargo, neste problema, existe unha posibilidade máis sinxela pois a Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación tamén se pode aplicar en puntos de aceleración nula, é dicir en puntos que teñan aceleración cero como é o punto O (2ª das condicións 2.1 establecidas no problema número 2). De todas formas, non sendo O un punto do sólido, se debe comprobar se o momento de inercia do sólido con relación a este punto é só función das dimensións do sólido, de acordo coa segunda das condicións 2.2, pero isto se comprobara mentres se realizan os cálculos. O interese deste punto O para aplicar nel a ecuación da dinámica da rotación é que, con relación a este punto, as reaccións A e B dan momento nulo pois se dirixen cara O. E ó non aparecer as reaccións nesta ecuación, esta xa nos dará directamente a ecuación do movemento. Polo tanto se aplicará a Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación no punto O: ΣMO =IO · α, sendo α a aceleración angular Pero se debe poñer α en función do parámetro, e xa a temos establecida na ecuación 5.7. Polo tanto:

∑ M O =I O⋅¨ Para determinar IO se aplica o teorema de Steiner pois se sabe que o momento de inercia dunha barra con relación a un eixe perpendicular á mesma e que pasa polo seu centro de masas, IG , é : IG =m·L2/12 sendo L a lonxitude da barra Polo tanto, segundo o teorema de Steiner:

PROBLEMA Nº 5 : Barra esvarando dentro dun cilindro. (Exame de setembro 2005 ). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.Páxina 60

IO = IG + m ⋅ a 2 sendo a a distancia entre eixes paralelos que pasan por O e por G, ou sexa, neste caso é a distancia d, tal como se ve na figura 5.8. Polo tanto:

m ⋅ (2 ⋅ d ) 4 + m⋅d2 = m⋅d2 12 3 2

IO = IG + m ⋅ a2 → IO =

Vese aquí como este punto O cumpre a 2ª das condicións 2.2, dado que IO só depende das dimensións da barra. Volvendo á Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación, se debe observar a figura 5.8 para calcular o momento do peso. Sen embargo, se debe ter en conta que o parámetro é negativo polo que o seu seno tamén o é. Así, como o momento do peso é positivo tal como se ve na figura 5.8 (provoca un xiro antihorario ó redor de O), non se pode dicir que ese momento é:

M O  mg=m⋅g⋅GE =m⋅g⋅sen  pois isto, dado o signo negativo do seno do parámetro implicaría afirmar que este momento é negativo, o que, como se ve na figura 5.8, é falso. Polo tanto o momento do peso se terá que indicar así:

M O  mg=m⋅g⋅GE =m⋅g⋅ sen  = m⋅g⋅sen  Agora, xa se pode aplicar a Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación:

∑ M O =I O⋅¨ ⇒ m⋅g⋅d⋅sen  = 3 m⋅d 2⋅¨ Polo tanto, a ecuación diferencial do movemento quedará:

 =

3g⋅sen  4d

Ecuación 5.8

,ota: Fixándose na ecuación anterior, vese que para pequenos ángulos (sen ϕ ≈ ϕ ), quedará:

 =

3g ⋅ Ecuación 5.9 4d

que, recordando que a ecuación dun Movemento Harmónico Simple ten a forma de 2

¨x= w ⋅x se observa que a ecuación 5.9 ten esa forma polo que corresponde a un Movemento Harmónico Simple de pulsación: w2 = 3g/4d

3. Reaccións da barra en función do ángulo que forma esta coa horizontal, de “m” e de “d”. Os ángulos que se necesitan para aplicar a 2ª lei de Newton pódense ver na figura 5.9. Aplicando agora a 2ª Lei de Newton: –

En X:

∑ F x=m⋅x¨ G

 A⋅cos δ B⋅cos  β∣∣=m⋅x G

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 61

–

En Y:

∑ F y =m⋅¨yG

 A⋅sen δm⋅g B⋅sen  β∣∣=m⋅y G

Ponse o valor absoluto de ϕ para ter en conta que se trata dun ángulo negativo e que sen embargo aquí se está a tomar como positivo. Observando que os triángulos OAG e OGB da figura 5.9 son iguais, vese que o ángulo β é o mesmo en ambos triángulos e que vale 45º pois: sen β = OG/OA = d/d.√2 → β = 45º E o ángulo δ é: δ = β - |ϕ | = 45º - |ϕ | Igual que antes, ponse o valor absoluto de ϕ para ter en conta que se trata dun ángulo negativo e que sen embargo aquí se está a tomar como positivo. Con estes ángulos se desenvolverán as dúas ecuacións anteriores:

A⋅cos  45 ∣∣ B⋅cos  45∣∣=m⋅xG ⇒

Figura 5.9 : Diagrama de sólido libre

 A⋅cos 45 º⋅cos∣∣ A⋅sen 45 º⋅sen∣∣ B⋅cos 45º⋅cos∣∣ B⋅sen 45 º⋅sen∣∣=m⋅x G

A sen  45º ∣∣m. g B⋅sen  45 º ∣∣=m⋅y G 

 A sen 45 º⋅cos∣∣ A cos 45º⋅sen∣∣mg B sen 45 º⋅cos∣∣ B cos 45 º⋅sen∣∣=m⋅y G Operando e tendo en conta que, sendo ϕ negativo: sen∣∣= sen  • cos∣∣=cos  • • e, ademais, que os valores das compoñentes da aceleración do centro de masas veñen dadas polas ecuacións 5.5 e 5.6, as ecuacións anteriores quedarán:



A⋅cos  A⋅sen  B⋅cos  B⋅sen = 2⋅m⋅ d⋅⋅cos d⋅ ⋅sen  Ecuación 5.10





A⋅cos  A⋅sen mg B⋅cos  B⋅sen =  2⋅m⋅ d⋅⋅sen  d⋅ ⋅cos  Ecuación 5.11

Destas dúas ecuacións se poden despexar A y B pero aparecerán en función das derivadas do parámetro, e o exercicio pide as reaccións en función do parámetro. Expresar a derivada segunda en función do parámetro é sinxelo pois a propia ecuación 5.8 do movemento xa a dá :

 =

3g⋅sen  4d

Ecuación 5.12



PROBLEMA Nº 5 : Barra esvarando dentro dun cilindro. (Exame de setembro 2005 ). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.Páxina 62

Pero se necesita tamén a derivada primeira en función do parámetro. Isto pode facerse pois, dada a forma da ecuación do movemento na que falta unha das derivadas, se pode integrar con facilidade tendo en conta que:

=

˙ ˙

d d  d d  = ⋅ = ⋅ dt d  dt d 

Substituíndo esta expresión na ecuación do movemento, quedará:

 =

˙ ˙

d 3g⋅sen  3g⋅sen  3g⋅sen  ⇒ ⋅ =

⇒ d ⋅ =

⋅d  4d d 4d 4d

˙˙

E esta última ecuación é ben fácil de integrar:

 3g ⋅∫ sen ⋅d   = ⋅cos C  ∫ ⋅d = 3g 4d 2 4d

˙ ˙

 =

3g ⋅cos C 2d

Ecuación 5.13

Aparece unha constante de integración e o seu valor vén determinado pola velocidade nalgunha posición da barra, por exemplo na posición inicial (debidamente identificada, claro está, como no apartado seguinte). Como o exercicio non proporciona ningún dato de velocidade, haberá que arrastrar esta constante de integración no cálculo. Sen embargo, resulta máis simple resolver o sistema de ecuacións 5.10 e 5.11 en función das derivadas do parámetro, e unha vez obtida a solución substituír estas polos seus valores dados nas ecuacións 5.12 e 5.13. Procedendo desta forma e despexando en primeiro lugar B se obtén a seguinte solución:



 2⋅m⋅d ⋅   2  g⋅cos  sen  2

¨ ˙



Ecuación 5.14

e substituíndo agora nesta expresión as solucións das ecuacións 5.12 e 5.13 e operando, se terá que:

B=  sendo C' :

C'=

2⋅m⋅g ⋅ 10⋅cos  sen C '  8

4 d⋅C g

Ecuación 5.15

e C a constante de integración da ecuación 5.13.

Utilizando agora, ben a ecuación 5.14, ben a 5.15, para despexar A no sistema de ecuacións anterior, se chega á seguinte solución para esta outra reacción:

A= 

2⋅m⋅g ⋅ 10⋅cos sen C '  8

co mesmo valor indicado antes para C'.

Ecuación 5.16

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 63

4. Soltando a barra partindo do repouso cando forma un ángulo de 15º coa horizontal, exprese posición, velocidade angular e aceleración angular da barra en función do tempo, m e d. Ó pedir a posición en función do tempo, o enunciado está a pedir a ecuación do movemento, é dicir que se integre a ecuación diferencial do movemento que se ten establecido na ecuación 5.8:

 =

3g⋅sen  4d

Esta ecuación é moi fácil de integrar ata chegar a ϕ = ϕ (t) no caso de que só se estudien movementos con pequenos ángulos, pois nese caso sen ϕ ≈ ϕ , e así a ecuación diferencial do movemento se transforma na ecuación dun movemento harmónico simple:

 =

3g ⋅ 4d

que se comproba que é a ecuación dun movemento harmónico simple de pulsación w2 = 3g/4d, e polo tanto a ecuación do movemento é da forma: ϕ = ϕ max · sen (w·t + φ) sendo w a pulsación Neste sentido, o primeiro sería comprobar que podemos considerar pequenos os ángulos ó longo do movemento. Pois ben, o enunciado di que a barra se deixa caer desde unha posición na que ϕ = 15º, ou sexa que este será o máximo ángulo durante todo o movemento, tal como como se pode ver aplicando a ecuación da conservación da enerxía entre as posicións G1 e G3 do centro de masas. En efecto, a barra caerá acelerando desde a posición inicial G1 ata chegar á posición G2 de mínima altura, e tamén posición de máxima velocidade, polo que volverá a ascender, pero xa freando dado que o peso oponse á subida. Suponse que a barra remata por chegar a G3 que se tomará como a posición de máxima altitude que acada a barra ó outro lado da posición inicial, e polo tanto o barra estará en repouso nesa posición. Pois Figura 5.10 : Posicións extremas do ben como en ambas posicións G1 e G3 só existe enerxía movemento potencial gravitacional e non hai traballo non conservativo durante o percorrido, se demostra que h1 e h3 teñen que ser iguais (recordar que as forzas normais non realizan traballo, e que o peso é unha forza conservativa): Epg(1) = Epg(3) ---> m·g·h1 = m·g·h3 --> h1 = h3 E polo tanto o ángulo φ será tamén de 15º. Ou sexa que ángulo máximo: ϕ max = 15º Pódese comprobar que con ángulos de 15º , a diferencia entre ángulo e seno apenas chega ó 1%. Polo que se suporá, con esta aproximación, que a simplificación sen ϕ ≈ ϕ é válida. Polo tanto: Ecuación aproximada do movemento:

 =

3g ⋅ 4d

E polo tanto, solución: ϕ = ϕ max . sen (w·t + φ) Se o alumno recordase que, cando o instante inicial coincide co extremo positivo do movemento, a ecuación toma a forma coseno sen desfase inicial, sería aínda máis sinxelo pois a ecuación sería:

PROBLEMA Nº 5 : Barra esvarando dentro dun cilindro. (Exame de setembro 2005 ). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.Páxina 64

ϕ = ϕ max · cos wt e para que o instante inicial coincida co extremo positivo, o único que se debe facer é tomar como instante inicial a posición G3, o que o enunciado non impide. Non tendo en conta esta apreciación, de todas formas se sabe que: • ϕ max = 15º = 0,2618 rad; 3g , 4d • e ademais, que para t=0 a posición é ϕ = 15º = 0,2618 rad.  3g  ⋅ t + φ  Polo tanto, ecuación será: ϕ = 0,2618 ⋅ sen  4d 

•

e que a pulsación é w =

a falta de determinar o desfase inicial φ que se determinará así: para t=0 é ϕ = 15º = 0,2618 rad. Polo tanto:  3g   3g  ⋅ t + φ  → 0,2618 = 0,2618 ⋅ sen .0 + φ  → 1 = senφ → φ = π / 2  4d   4d 

ϕ = 0,2618 ⋅ sen

 3g π ⋅ t +  (Sist. Internacional) 2  4d

E así, a ecuación quedará: ϕ = 0,2618 ⋅ sen

Se se quere, se pode desenvolver o seno da suma, e chegar ó coseno: 

ϕ = 0,2618 ⋅ cos 

3g  ⋅t  4d 

Unha vez sabida a ecuación da posición en función do tempo, é unha obviedade saber as ecuacións da velocidade angular e da aceleración angular:

ω= =

[

d 0, 2618⋅cos dt

 ]



3g 3g ⋅t = 0, 2618⋅ ⋅sen 4d 4d

  3g ⋅t 4d

E a da aceleración angular será:

α=

[



dω d 3g =

0, 2618⋅ ⋅sen dt dt 4d

α=

0, 1964⋅g ⋅cos d

 

 ]

3g 3g ⋅t = 0, 2618⋅ ⋅cos 4d 4d

 

3g ⋅t ⇒ 4d

3g ⋅t 4d

5.1. Calcular o centro de masas (cm) da placa homoxénena de 100 g da figura 2. O rectángulo de 3x4 cm se identificará co subíndice T (superficie TOTAL). O trozo circular que lle falta ó rectángulo se identificará co subíndice c, e á placa real co subíndice p de placa. Aplicando o principio de superposición ó cálculo do centro de masas da placa:

mT⋅ r GT =m c⋅ r Gc m p⋅ r Gp ⇒ m p⋅ r Gp =mT⋅ r GT mc⋅ r Gc Ecuación 5.17 Vese que para calcular o vector rGp que se pide, se necesitan saber as masas das tres superficies consideradas, ademais das posicións dos centros de masas da superficie total e da superficie circular.

Figura 5.11 : Peza a estudiar

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 65

-Masas: Sábese que mp=100 g. Sábese que ten que ser:

mT =m pmc ⇒ mT =100mc

Ecuación 5.18

E sábese que, suposta densidade de masa uniforme, a masa de cada superficie é proporcional ó valor da mesma superficie. Polo tanto: mc Superficiec π ⋅ 2 2 / 4 = = = 0,2618 → mc = 0,2618 ⋅ mT mT SuperficieT 3⋅ 4 E substituíndo isto na ecuación 5.18, quedará: mT = 100 + 0,2618.mT Despexando calcúlase mT, e a partir desta calcúlase logo mc: mT = 135,5 g mc = 0,2618·mT = 0,2618 · 135,5 = 35,5 g - Centro de masas do rectángulo: Dada a simetría do rectángulo completo, a posición do seu centro de masas é: xT = 1,5 cm yT = 2 cm - Centro de masas da superficie circular: Dada a simetría da superficie, o valor de xc e de yc teñen que ser idénticos. Pódese calcular o seu centro de masas co teorema de Pappus-Guldin (ver a ,ota Complementaria 5.5 no remate deste exame). Sen embargo vén moi ben saber que a coordenada yG do centro de masas dun semicírculo é 4R/3π (a coordenada xG é nula dada a simetría dunha figura semicircular, e tomando sempre os eixes X e Y centrados no centro do círculo completo), é que este valor é tamén a coordenada xC e a coordenada yC do centro de masas dun cuarto de círculo (ver figura). Son figuras moi habituais (semicírculo e cuarto de círculo) polo que convén saber estes valores. 4⋅r xc = = 0,849 cm 3⋅π yc = 0,849 cm - Centro de masas da placa: Agora se pode ir á ecuación 5.17 e calculalo.

Figura 5.12 : Centro de masas dun cuarto de Círculo

m p ⋅ rp = mT ⋅ rT − mc ⋅ rc

En X: x p =

mT ⋅ xT −m c ⋅xc 135,5 ⋅1,5 − 35,5 ⋅ 0,849 = = 1,73 cm mp 100

En Y: y p =

mT ⋅ yT − mc ⋅ yc 135,5 ⋅ 2 − 35,5 ⋅ 0,849 = = 2,41 cm mp 100

5.2. Calcular o momento de inercia (g.cm 2) respecto ó eixe X da placa homoxénea de 100 g da figura 2.

PROBLEMA Nº 5 : Barra esvarando dentro dun cilindro. (Exame de setembro 2005 ). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.Páxina 66

Tamén se aplicará aquí o principio de superposición:

I xT = I xc I xp ⇒ I xp =I xT I xc

Ecuación 5.19

Vese que, para calcular o momento de inercia pedido, se necesita saber o momento de inercia da superficie total e o da superficie circular con relación ó mesmo eixe X. - Momento de inercia da superficie rectangular: Se necesitará traballar coa densidade superficial de masa da superficie rectangular:

ρ=

mT 135,5 = = 11,29 g / cm 2 ST 3⋅ 4

Para calcular o momento de inercia da superficie rectangular, se poden citar dúas formas sinxelas de facelo: • A primeira podería ser partir de saber que o momento de inercia dun rectángulo a×b con relación a un eixe que pasa polo seu centro de masas e que é paralelo a un lado, por exemplo ó lado a, é IG_x = mb2/12, e sabido este, aplicar o teorema de Steiner para calcular o Ix pedido. • A segunda forma é integrar directamente. Aquí se calculará da primeira forma, presentándose a segunda forma na Nota Complementaria 5.6 final do problema. Polo tanto: IxT = IG_x + m·(b/2)2 = mb2/12 + mb2/4 = mb2/3 Operando: IxT = mb2/3 = ρ·S·b2/3 = ρ·a·b·b2/3 = ρ·a·b3/3 = 11,29·3·43/3 = 722,56 g·cm2

- Momento de inercia da superficie circular: Para calcular o Ixc o primeiro é coñecer o Ix dun círculo completo. Dun círculo sábese o momento de inercia con relación a un eixe perpendicular á súa superficie e que pasa polo seu centro, que é igual que o dun cilindro con relación ó seu eixe axial: Io= m.r2/2 Para utilizar este dato para calcular o Ix que se quere saber, se parte do seguinte teorema: dados dous eixes perpendiculares entre si, a e b, que se cruzan nun punto O (ver figura da dereita), cúmprese que o momento de inercia con relación a un eixe perpendicular ós dous citados que pasa por O, é:

Figura 5.13 : Figura con dous eixes perpendiculares

IO = Ia + Ib Pódese aplicar isto para calcular o momento de inercia dun círculo con relación ó eixe X: IO = Ix + Iy E dada a simetría do círculo: Ix = Iy, polo que: IO = 2.Ix ---> E como IO = m·r2/2 : m·r2/2 = 2 · Ix → Ix = m·r2/4 Agora pódese utilizar este valor para aplicar o principio de superposición e así calcular o Ixc do cuarto de círculo que se busca: Na figura 5.15 vese que o momento de inercia dun círculo con relación a un diámetro se pode considerar como a suma dos momentos

Figura 5.14 : Círcuclo con dous eixes perpendiculares

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 67

de inercia de catro superficies de un cuarto de círculo, e que, dada a súa simetría, terán momento de inercia idéntico. Ou sexa que: Ix círculo completo = 4. Ixc → m·r2/4 = 4 · Ixc → Ixc = m·r2/16 = 35,5 · 22 / 16 = 8,88 g·cm2

Figura 5.15 : Círculo como superposición de catro cuartos de círculo - Momento de inercia da placa: Agora xa se pode aplicar a ecuación 5.19 para calcular o momento de inercia da placa que pide o problema: Ixp = IxT - Ixc = 722,56 – 8,88 = 713,68 g.cm2

ota Complementaria 5.1 : A elección de eixes coordenados Pregunta: Establecer a 2ª Lei de ewton e a Ecuación da Dinámica da Rotación para a posición xenérica da barra debuxada na figura 5.16. A elección duns ou outros eixes coordenados, ou a elección dunha ou outra posición xenérica do sistema estudiado, pode facilitar ou dificultar a resolución do problema e, en consecuencia, diminuír ou aumentar as posibilidades de erro. Neste exercicio se ten procedido dunha forma que non é a máis simple pero é a que, moi probablemente, elixirían moitos alumnos na tensión dun exame. Sen embargo a elección dos eixes habituais unido traballar con outra posición xenérica do sistema, facilitaría a resolución. En efecto, neste problema se ten traballado cun parámetro Figura 5.16 : Localización do centro de que na posición xenérica elixida para desenvolver o problema, masas da barra ver figura 5.4 e seguintes, copiada tal como a proporciona o enunciado, é negativo, e isto obriga a ter moito coidado coas expresións nas que interveña o parámetro pois inadvertidamente pode estar a cambiar o signo que o alumno quería establecer: O alumno debe ter en conta que, como xa se ten comentado, se é posible, é de bastante interese utilizar eixes e/ou posicións do sistema nas que o parámetro/s elixido sexa positivo.

PROBLEMA Nº 5 : Barra esvarando dentro dun cilindro. (Exame de setembro 2005 ). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.Páxina 68

Neste caso, sen máis complicacións, se poderían utilizar os eixes habituais, despreocupándose de que o movemento se realice fóra do cadrante positivo do plano XY, e buscando algo moito máis interesante que é ter o parámetro positivo. Sería o caso dos eixes e da posición xenérica da figura 5.16,. Así, como se pode ver na figura 5.16, a posición do centro de masas sería a que se observa na figura sen máis consideracións:

x G = d⋅sen  y G=d⋅cos  e a velocidade e aceleración do centro de masas se obterían de forma inmediata derivando as ecuacións anteriores. En canto á aplicación das ecuacións da dinámica, co diagrama de sólido libre da figura 5.17, sería tamén inmediata poñendo os signos tal como se ven na figura sen máis preocupación: – Segunda lei de ,ewton segundo X:

∑ F x=m⋅x¨ G ⇒

Figura 5.17 : Diagrama de sólido libre da barra

⇒  A⋅cos 45º B⋅cos  45º   =m⋅xG

–

Segunda Lei de ,ewton segundo Y:

∑ F y =m⋅¨yG   A⋅sen 45º  m⋅g  B⋅sen  45º  =m⋅y G

–

Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación:

∑ M O =I O⋅¨ ⇒ m⋅g⋅d⋅sen  = 3 m⋅d 2⋅¨ ota Complementaria 5.2 : Método analítico para determinar unha velocidade angular Pregunta: Demostrar analiticamente a relación da velocidade angular da barra, coas derivadas do parámetro. Vaise establecer a relación entre parámetro ϕ e a velocidade angular a partir da relación entre vG e a velocidade nula do CIR O: v G = v O + ω x OG E como estase traballando co CIR O, tense que vO=0, polo que a ecuación anterior queda: v G = ω x OG

Figura 5.18 : Posicións extremas do movemento

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 69

Cos mesmos eixes utilizados no desenvolvemento do problema, sábese: • que a ecuación do centro de masas se encontra nas ecuacións 5.3 e 5.4 • que a velocidade angular ten dirección Z, • e que na figura se pode establecer o vector:

 OG= d⋅sen  i d⋅cos  j recordando que o ángulo ϕ é negativo e que polo tanto cambia o signo do seno. Agora se poden substituír estes valores na ecuación anterior:

d⋅⋅cos  i d⋅⋅sen  j=ω⋅k × d⋅sen  i d⋅cos  j 

E operando, queda: d⋅⋅cos  i d⋅⋅sen  j= ω⋅d⋅sen  j d⋅cos  i

Comparando ambos membros, tanto en X como en Y, vese que, como xa se sabía, ω=

ota Complementaria 5.3 : Método analítico para determinar o CIR Pregunta: Encontrar analiticamente a posición do CIR da barra en función do parámetro e as súas derivadas. Preséntase aquí unha forma analítica de determinar o CIR, método que permite tamén determinar a base e a ruleta dun sólido en movemento, a partir: • do coñecemento da velocidade dun punto • e do valor da velocidade angular. A dirección desta se sabe sempre nun movemento plano pois é perpendicular ó plano do movemento. Así, na ecuación: v A = v I + ω x IA E sendo I o CIR, tense que vI=0, polo que a ecuación anterior queda: v A = ω x IA Ecuación 5.20 Pódese establecer a posición de I a partir da velocidade coñecida dalgún punto A e da velocidade angular do movemento. Aquí se utilizará G como punto con velocidade coñecida dado que é coñecida en función do parámetro e das súas derivadas. Se seguirá utilizando o parámetro ϕ utilizado no desenvolvemento do problema por imposición do enunciado. Unha vez establecido isto, se recorda que a velocidade do centro de masas da barra está establecida nas ecuacións 5.3 e 5.4:

˙x

Velocidade de G:

•

= d⋅⋅cos  •

y G = − d ⋅ ϕ ⋅ senϕ

Figura 5.19 : Relación entre ángulos

E como: ω = ω k , e tomando G como punto A na ecuación 5.20, esta quedará:

 v G= ω x IG  d⋅⋅cos  i d⋅⋅sen  j =ω  k x IG

r Multiplicando ambos membros vectorialmente polo vector k , quedará:

PROBLEMA Nº 5 : Barra esvarando dentro dun cilindro. (Exame de setembro 2005 ). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.Páxina 70

 d⋅˙⋅cos  i d⋅˙⋅sen  j × k = ω k ×  IG ×k

Ecuación 5.21

No primeiro membro pode operarse directamente, e no segundo tamén recordando que:

 a × b  × c = a⋅c  b  b⋅c  a

Ecuación 5.22

Así, a ecuación 5.21 quedará:

d⋅⋅cos  i ×  k d⋅⋅sen  j ×  k =ω⋅  k⋅ k  IG  IG⋅ k  k

Ecuación 5.23

E recordando: • que k ⋅ k = 1 , • e que IG.⋅ k = 0 pois IG está no plano do movemento e, polo tanto, é perpendicular a a ecuación 5.23 quedará:

 k ,

d⋅⋅cos  j d⋅⋅sen  i ω⋅ IG=d⋅⋅cos  j d⋅⋅sen  i   IG= ω

Aquí se ve que, sabendo a relación entre ω e a derivada primeira do parámetro, xa se sabería a posición

de I a partir da posición de G. No caso deste exercicio en que ω= , quedaría:

 IG=

d⋅⋅cos  jd⋅⋅sen  i

=d⋅cos  jd⋅sen  i

 Co que, como, ademais: IG = ( xG − xI ) i + ( yG − y I ) j Igualando ambas expresións do vector

 IG se terá que:

 x G x I  i  y G y I  j= d⋅sen  i d⋅cos  j Proxectando esta ecuación segundo X e segundo Y: • En X: x G x I = d⋅sen  ⇒ x I =x G d⋅sen  • En Y: y G y I =d⋅cos  ⇒ y I = y G d⋅cos  E substituíndo xG e yG polos seus valores dados nas ecuacións 5.1 e 5.2, se terá que: xI = 0 e que yI =0 co que se comproba que o CIR é a orixe de coordenadas.

ota Complementaria 5.4 : Método analítico para determinar o centro de aceleracións Pregunta: Determinar analiticamente a posición do centro de aceleracións da barra. Pódese expresar a aceleración de calquera punto do sólido en función da aceleración do centro de aceleracións J , ó igual que se pode facer con calquera outro punto: a A = a J + α x JA − ω 2 JA

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 71

e sendo J o centro de aceleracións, será aJ = 0, a ecuación anterior quedará:

a A = α x JA − ω 2 JA Aplicándoo no centro de masas, se terá que: 2  aG = α × JG ω  JG

Ecuación 5.24

Nesta ecuación sábese que, • a aceleración de G vén dada polas ecuacións 5.5 e 5.6, pero para operar se pode utilizar inicialmente como:  aG =a Gx i a GY j •

a súa aceleración angular é :  =   k ,

•

e a súa velocidade angular é:

= k   

Polo que a ecuación 5.24 quedará:

2 aG =  α × JG ω 2  JG ⇒ a Gx i aGY j = k × JG   JG 

Para simplificar esta ecuación pódese utilizar o artificio xa utilizado na Nota Complementaria 5.3 de multiplicar a ecuación anterior vectorialmente polo vector  k , quedando así a ecuación anterior:

¨



2 a Gx i aGY j ×  k =  k ×  JG ×  k   JG × k

Ecuación 5.25

resultando cada sumando: • •

a Gx i aGY j × k =aGx i × k a Gy j ×  k = a GX jaGY i para resolver o segundo sumando se debe recordar a propiedade enunciada na ecuación 5.22 sobre o triple producto vectorial, e aplicando esta propiedade se terá que:

¨ k ×  JG  ×  k =  JG  JG⋅k   JG ¨ k⋅k  ¨ k =¨ 

 k⋅k =1 e  JG⋅ k =0 pois estes dous vectores son perpendiculares entre si. JG=JG x i JG y j , o resultado deste terceiro Ademais, representando o vector JG así:  pois

sumando quedará: •

 JG= JG x i   JG y j

Para operar no terceiro sumando se utilizará a mesma representación anterior do vector JG , quedando así: 2

  JG ×  k =   JG x i  JG y j×k = JG x j  JG y i

Levando estes tres resultados á ecuación 5.25, esta quedará: 2

aGX j a GY i = JG x i  JG y j JG x j  JG y i

Operando:

¨

 ¨



a GY i a GX j=  JG x  JG y i   JG y  JG x j

Igualando en X, e substituíndo a expresión de aGy dada pola ecuación 5.5, se obtén:

a GY = JG x  JG y ⇒ ⋅d⋅sen   ⋅d⋅cos = JG x  JG y

Ecuación 5.26

PROBLEMA Nº 5 : Barra esvarando dentro dun cilindro. (Exame de setembro 2005 ). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.Páxina 72

Igualando os termos coa segunda derivada do parámetro entre sí, e os termos coa primeira derivada entre si, se terá:

⋅d⋅sen =  JG x ⇒ JG x = d⋅sen 

 ⋅d⋅cos =  JG y ⇒ JG y =d⋅cos 

Ecuación 5.27 Ecuación 5.28

Queda para o alumno comprobar que igualando os termos en Y da ecuación 5.26 se obteñen os mesmos resultados. Tendo agora en conta que: JGx = xG – xJ e que JGy = yG – yJ así como que xG e yG están dados nas ecuacións 5.1 e 5.2, as ecuacións 5.27 e 5.28 quedarán:

JG x = d⋅sen  ⇒ x G x J = d⋅sen  ⇒ d⋅sen  x J = d⋅sen  ⇒ x J =0

JG y =d⋅cos  ⇒ y G y J =d⋅cos  ⇒ d⋅cos  y J =d⋅cos  ⇒ y J =0 Co que se encontra que o centro de aceleracións é o punto (0,0), ou sexa o punto O como xa tiñamos deducido ó longo do desenvolvemento do problema.

ota Complementaria 5.5 : Cálculo do centro de masas dun cuarto de círculo Pregunta: Calcular a posición do centro de masas dun cuarto de círculo. Suporase que un cuarto de círculo (superficie gris da figura 5.20) xira en torno ó eixe Y e que, así, xerará no seu xiro unha semiesfera. Segundo o teorema de Pappus-Goldin se cumprirá que: Vxerado = 2π· · xc · Sque xira sendo xc o radio de xiro do centro de masas da superficie que xira, ou sexa a coordenada X do centro de masas, coordenada que desexamos coñecer. Recordando que o volume dunha esfera é

4 ⋅⋅r 3 e que a superficie dun círculo é 3

⋅r 2

pode operar na ecuación anterior que quedará: 1 4 4r π ⋅r2 ⋅ ⋅ π ⋅ r 3 = 2 ⋅ π ⋅ xc ⋅ → xc = 2 3 4 3π

Figura 5.20 : Un cuarto de círculo xerando unha semiesfera cun xiro ó redor de Y

Dada a simetría da superficie o valor de yc ten que ser o mesmo que xc. De todos os xeitos, se fose o caso, se podería comprobar facendo xirar a superficie ó redor do eixe X: yc = 4r / 3π

ota Complementaria 5.6 : Cálculo do momento de inercia dun rectángulo con relación a un lado

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 73

Pregunta: Calcular o momento de inercia dun rectángulo con relación a un lado. Sexa o rectángulo da figura 5.21, e vaise calcular o seu momento de inercia con relación ó seu lado a, é dicir vaise calcular Ix , de acordo coa figura 5.21. Ter en conta que un diferencial de masa é: dm = ρ · dS sendo ρ a densidade superficial da figura estudiada. Se toma como dm o rectanguliño sombreado da figura 5.21, e neste: dS = a·dy Polo tanto o momento de inercia (diferencial) con relación a X deste elemento diferencial será:

d I x = y 2⋅dm= y 2⋅⋅dS = y 2⋅⋅a⋅dy Figura 5.21 : Rectángulo con elemento diferencial sombreado

Integrando: y =b

3 y =b

[ ]

y=b

I x =∫y =0 y 2⋅ρ⋅a⋅dy= ρ⋅a⋅∫y=0 y 2⋅dy= ρ⋅a⋅

y 3

= y =0

ρ⋅a⋅b 3 3

E tendo en conta que: ρ ·Superficie = ρ ·a·b é a masa m do rectángulo, a expresión anterior se pode poñer: 3

I x=

ρ⋅a⋅b ρ⋅a⋅b⋅b ρ⋅Superficie⋅b m⋅b = = = 3 3 3 3

PROBLEMA Nº 6 : Tres discos (Exame de decembro 2005). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 74

PROBLEMA º 6 : Tres discos (Exame de decembro 2005) O sistema da figura está formado por tres discos A, B e C homoxéneos de radio R e masa m. O disco A está sempre en contacto cos discos B e C, e estes, cunha superficie horizontal. Garántese o movemento vertical do centro do disco A. Responda ás seguintes cuestións:

1. Se o disco A non xira, e non existe deslizamento entre este e os discos B e C, exprese a R, x, x . 2. o caso de que o coeficiente de rozamento sexa nulo entre todas as superficies en contacto, encontre a aceleración angular dos tres discos. 3. Baixo a mesma condición (coeficientes de rozamento nulos), encontre a/s ecuación/s diferencial/is do movemento do sistema. 4. Momento de inercia respecto ó seu centro de masas da placa homoxénea de masa M da figura 2. velocidade angular dos discos B e C en función de

•

Pregunta 1: Expresar a velocidade angular dos discos B e C en función de R, x, x sabendo que o disco A non xira e que non existe deslizamento entre este disco e ou outros dous. A colocación de eixes vén determinada polo feito de que o enunciado chama x á altura do centro do disco A. Así, se colocan os eixes da figura 6.1 nos que o eixe Z é entrante, o que determinará que os xiros positivos sexan os de sentido horario. Como sempre, intentar entender o movemento do sistema facilitará o seu estudio e, como sempre, se parte do que di o enunciado. Chamarase punto A ó centro de masas do disco A, chamarase punto B ó centro de masas do disco B, e C ó centro de masas do disco C. A parte xeneral do enunciado di que:

Figura 6.1 : Velocidades dos centros de masas e dos puntos de contacto entre discos

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 75

o movemento do centro do disco A é vertical: polo tanto a velocidade do punto A é vertical e cara abaixo, - e que os outros dous discos están sempre en contacto co solo: polo tanto as velocidades dos seus centros de masas son sempre horizontais: vB e vC horizontais. Ver figura 6.1. Ademais, a parte específica do enunciado deste apartado 1 dí que: ➢ o disco A non xira: polo tanto ten un movemento de translación, o que quere dicir que todos os puntos do disco A teñen a mesma velocidade en valor, dirección e sentido. Polo tanto, os importantes puntos D e E de contacto cos outros dous discos, teñen a mesma velocidade que A. Ver figura 6.1. ➢ que non existe deslizamento entre A e os outros dous discos, ou sexa que hai rodamento entre o disco A e o B, e entre o disco A e o C: • polo tanto o punto D do disco A e o punto D’ do disco C que están en contacto, teñen ambos a mesma velocidade en valor, dirección e sentido (velocidade que, segundo o visto antes será igual que a velocidade do punto A). • O mesmo pode dicirse do punto E do disco A en contacto co punto E’ do disco B, ou sexa que teñen a mesma velocidade en valor, dirección e sentido. • Polo tanto a velocidade vD debuxada na figura 6.1 vale tanto para o punto D como para o D’, e a velocidade vE vale tanto para o punto E como para o E’. ➢ Por outra banda, como o enunciado pide que se dean os resultados en función de x e a súas derivadas xa está dando a entender que o sistema ten un só grao de liberdade. Outro aspecto que pode axudar a entender o movemento do sistema é darse de conta que o enunciado o define completamente simétrico con relación a A, e polo tanto entender que o movemento do disco B e o movemento do disco C deben de ser simétricos, co que bastará estudiar un deles. Coas consideracións anteriores é fácil calcular o centro instantáneo de rotación do disco B e do disco C pois se coñece a dirección da velocidade de dous dos seus puntos (o disco A non ten centro instantáneo de rotación pois non xira). Na figura 6.2 se ilustra a determinación gráfica do centro instantáneo de rotación I do disco C polo cruzamento das perpendiculares ás direccións das velocidades coñecidas vC e vD’. O valor de vD’ é fácil de determinar en función do parámetro pois é igual que vD que á súa vez é igual que vA dado que todos os puntos do disco A teñen a mesma velocidade pois o disco ten un movemento de Figura 6.2 : Determinación gráfica do CIR do translación. disco C Efectivamente como se ve na figura 6.2, o movemento do centro de masas A é fácil de establecer en función do parámetro. A súa posición é, de acordo coa figura 6.2:

xA = x

y A=0

Ecuacións 6.1

E polo tanto, derivando: •

•

xA = x

y A=0

Ecuacións 6.2

PROBLEMA Nº 6 : Tres discos (Exame de decembro 2005). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 76

¨x = ¨x A

Ecuacións 6.3

y A=0

E desta forma xa vese que como: •

•

vA = x A = x e a velocidade de D será igual que a do punto A por condición de translación, e a do punto D' igual que a do punto D por condición de rodamento: •

vD ' = x

Ecuación 6.4

Por outra parte como se sabe onde está o CIR do disco C, ver figura 6.2., pódese establecer o valor da velocidade de D’ en función da velocidade angular do disco C que é o que pide o problema:

vD ' =vI C × ID ' ⇒ x i =0 c k× R⋅cos  j  ⇒ x i =c⋅R⋅cos  i

Polo tanto, quedará:

x =ω C⋅R⋅cos 

Ecuación 6.5

Sen embargo para poder despexar o valor da velocidade angular ωC que pide o problema se debe poñer o coseno do ángulo en función do parámetro. E no triángulo AOC da figura 6.2 se pode ver que os seus lados son: AC=2R, AO=x, e, de acordo co teorema de Pitágoras, o lado OC será: OC = y C =

AC 2 − AO 2 =

4R 2 − x 2

Ecuación 6.6

E polo tanto calculando o coseno do ángulo no mesmo triángulo AOC, será: cos ϕ =

4R 2 − x2 2R

OC = AC

Ecuación 6.7

expresión que levada á ecuación 6.5 quedará:

x =ω C⋅R⋅

4R 2 x 2 2R

Ecuación 6.8

Despexando a velocidade angular pedida: •

ωC = −

2⋅ x 4R2 − x2

Ecuación 6.9

Polo que respecta á velocidade angular do disco B, dada a simetría do problema obviamente ten que ter o mesmo valor pero sentido contrario que a do disco C, polo que será positiva: •

ωB =

2⋅ x 4R 2 − x2

Ecuación 6.10

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 77

Pregunta 2: o caso de que o coeficiente de rozamento sexa nulo entre todas as superficies en contacto, encontre a aceleración angular dos tres discos. Ó non haber agora rozamentos xa non pode haber rodamento entre os discos, polo que cambian as condicións do movemento definidas no apartado anterior, e así xa non se poderán derivar as ecuacións 6.9 e 6.10 para responder á pregunta. Ó non haber rodamento entre os discos xa non será tan sinxelo saber a dirección doutra velocidade dalgún punto dos discos B e C agás as mesmas vB e vC dos centros de masas respectivos, que seguirán a ser horizontais ó estar os discos sempre en contacto co solo. Sen embargo para coñecer as aceleracións angulares sempre se ten á disposición a Ecuación da Dinámica de Rotación que agora só se ve fácil de aplicar na súa forma simplificada nos centros de masas pois non hai rodamento sobre o solo que é un punto no que soe ser posible aplicala no caso de rodamentos sobre o solo. Por exemplo, se comezará por aplicala ó disco A, polo Figura 6.3 : Diagrama de sólido libre do que se debuxa o seu diagrama de sólido libre na figura 6.3 disco A recordando que non hai rozamentos:

∑M

= I A ⋅α A

Ecuación 6.11

E segundo se ve na figura 6.3, ningunha das tres forzas dan momento con relación ó dentro de masas A. Polo tanto será:

0 = I A ⋅ α A ⇒ α A = 0 Ecuación 6.12 Aplicándoa agora ó disco C, se debuxa o diagrama de sólido libre deste disco na figura 6.4:

∑M

= IC ⋅α C

Ecuación 6.13

vese na figura 6.4 que ningunha das tres forzas dá momento con relación ó centro de masas C. Polo tanto: 0 = I C ⋅ α C ⇒ α C = 0 Ecuación 6.14

E dada a simetría do problema, o disco B dará o mesmo resultado que o disco C. Polo tanto:

αD = 0

Ecuación 6.15

Figura 6.4 : Diagrama de sólido libre do disco C

Pregunta 3: Baixo a mesma condición (coeficientes de rozamento nulos), encontre a/s ecuación/s diferencial/is do movemento do sistema. Xa se utilizou no apartado anterior a Ecuación da Dinámica da Rotación aplicada a todos os discos. Se aplicará agora 2ª Lei de Newton ó disco A e ó disco C, pois o disco B non vai a aportar nada máis que o C. En todo caso se terá en conta que, dada a simetría da configuración, as forzas D e E da figura 6.3 teñen que ser iguais, polo que se chamará a ambas as dúas D. Comezando polo disco A:

PROBLEMA Nº 6 : Tres discos (Exame de decembro 2005). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 78

∑ F x=m⋅¨x A ⇒ 2N D⋅sen  mg=m⋅x¨ A ∑ F y =m⋅¨y A ⇒ D⋅cos  D⋅cos = m⋅¨y A Tendo en conta que as aceleracións do centro de masas A están dadas nas ecuacións 6.3 tanto para as condicións da pregunta 1 como da pregunta 2, se poden substituír nas ecuacións anteriores quedando estas:

Ecuación 6.16

2N D⋅sen  mg=m⋅x

D⋅cos  D⋅cos =0 Ecuación 6.17 Onde a última ecuación só serve para comprobar que efectivamente ambas as dúas forzas D son iguais. Polo que respecta á ecuación 6.16, pódese calcular o senϕ no triángulo AOC da figura 6.2:

sen =

x 2R

Ecuación 6.18

E levando este valor á ecuación 6.16 esta quedará:

2N D⋅

x x

mg=m⋅x ⇒ D⋅ mg=m⋅x Ecuación 6.19 2R R

Aplicando agora a 2ª Lei de Newton ó disco C (ver figura 6.4):

∑ F x=m⋅x¨ C ⇒ D⋅sen  mg = 0 ∑ F y =m⋅¨yC ⇒ D⋅cos = m⋅y¨ C

Ecuación 6.20

Ecuación 6.21

A relación entre yC e o parámetro x vese na figura 6.2 aplicando o teorema de Pitágoras no triángulo AOC:

x⋅x

y C = 4R 2 x 2 ⇒ y C =

x 2⋅x 2

˙  4R x ¨ 2

 ˙x x⋅¨x ⋅ 4R x  4R x˙ 2

⇒ yC =

4R 2 x 2

=...

 x x⋅x˙⋅ 4R x x ⋅x˙ =... ...= ˙ 2

 4R 2 x 2 

...=

¨y

 4R

4R2⋅x

 4R

2 3/ 2



3/ 2

4R 2⋅x x 2⋅x 4R 2 x x x 3⋅x x 2⋅x

 4R 2 x 2  x x¨ 4R 2 ˙x =

3/ 2  4R 2 x 2 

⇒

2 3 /2



x⋅x

 4R

x 2

1 /2

Ecuación 6.22

E levando esta ecuación 6.22 á ecuación 6.21, ademais da expresión do cosϕ dada pola ecuación 6.7, esta quedará:

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 79

[

 4R 2 x 2 = m⋅ ⋅

4R ⋅x

 4R

2 3/ 2





x⋅x

 4R

2 1 /2



]

Ecuación 6.23

E despexando D na ecuación 6.19 e traendo o resultado a ecuación 6.23, esta quedará:

[

2 2 x⋅x 4R ⋅x R  4R 2 x 2 m g  x ⋅ ⋅  = m⋅ 3 / 2 1/ 2 x 2R  4R 2 x 2   4R 2 x 2 

]

Ecuación 6.24

E operando quedará:

 16 R4 x 4 ⋅¨x8R 2⋅x⋅˙x

g⋅ 4R 2 x 2  =0

Ecuación 6.25

Pregunta 4: Momento de inercia respecto ó seu centro de masas da placa homoxénea de masa M da figura 2. Se traballará coa densidade superficial de masa, de forma que todos os cálculos se realizarán con relación ás superficies, e o resultado final se multiplicará pola densidade superficial: ρs = M/Aplaca O primeiro será localizar o centro de masas da placa. Tendo en conta que a placa se pode considerar como un cadrado ó que se lle ten recortado un cuarto de círculo, e utilizando o subíndice ci para indicar ó cuarto de círculo, e o subíndice cu para o cadrado, a coordenada x do centro de masas da placa será, de acordo co principio de superposición:

xG =

Acu ⋅ xGcu − Aci ⋅ xGci Acu − Aci

Ecuación 6.26

A coordenada yG non se calculará pois, dada a simetría da placa, terá o mesmo valor que xG. Na ecuación 6.26 se sabe todo agás a coordenada pedida xG e o xGci do centro de masas do cuarto de círculo. Sen embargo convén saber que a coordenada yG dun semicírculo é 4r/3π (ver figura 6.6), e que este valor coincide coas coordenadas x e y do G dun cuarto de círculo. Sen embargo, se non se soubese, se pode calcular esta coordenada co teorema de PappusGoldin. Pódese ver na Nota Complementaria 5.5 do remate do problema 5. Pero sabendo este valor, se terá que:

Figura 6.5 :

Figura 6.6 :

PROBLEMA Nº 6 : Tres discos (Exame de decembro 2005). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

xG =

Páxina 80

4R = 0,424 ⋅ R Ecuación 6.27 3π

Polo que agora se pode aplicar a ecuación 6.26 para calcular a coordenada xG buscada:

R πR 2 ⋅ 0,424 ⋅ R R ⋅ − A ⋅ x − Aci ⋅ xci 2 4 xG = cu cu = = 0,778 ⋅ R Ecuación 6.28 πR 2 Acu − Aci 2 R − 4 2

Dada a simetría da figura, a súa coordenada yG será idéntica: yG = 0,778 ⋅ R

Ecuación 6.29

Pois ben, o que pide a pregunta é o momento de inercia con relación este punto G. Para calcular este, se aplicará o principio de superposición dado que a placa se pode considerar un cadrado ó que se lle ten recortado un cuarto de círculo:

I G =I G  cu I G  ci  Ecuación 6.30 Ou sexa que se debe calcular o momento de inercia tanto do cadrado como do cuarto de círculo con relación ó mesmo punto G da figura 6.5, e logo restalos. Se empezará polo cadrado.

- Cadrado: Resulta conveniente saber que o momento de inercia de unha placa rectangular axb con relación a un eixe que pasa polo seu centro e paralelo ó lado a é m·b2/12 (e se o eixe é paralelo a b, o momento de inercia será m.a2/12). Pódese ver o seu cálculo na Nota Complementaria 6.1 no remate deste problema. Ou sexa que o momento de inercia da placa circular con relación a un eixe que pase por Gcu e paralelo a un dos lados, por exemplo paralelo a X, será : I Gcu _ x

Acu ⋅ R 2 R 2 ⋅ R 2 R 4 = = = 12 12 12

E aplicando agora o teorema de Steiner para calcular IG(cu)_x (momento de inercia do cadrado con relación a un eixe paralelo a X que pasa por G) a partir do IGcu_x se terá: I G_x(cu) = I Gcu_x + A cu ⋅ (y G − yGcu ) 2 ⇒ Figura 6.7 : 2

⇒ I G_x(cu) =

R4 R  + R 2 ⋅  0,778 ⋅ R −  = 0,161 ⋅ R 4 Ecuación 6.31 12 2 

E unha vez sabido isto, o momento de inercia con relación ó centro de masas (eixe perpendicular á placa que pasa polo seu centro de masas) sabemos que é (aplicamos o teorema que enuncia que, dados dous eixes perpendiculares entre si, a e b, que se cruzan nun punto O, cúmprese que o momento de inercia con relación a un eixe perpendicular ós dous citados que pasa por O, é: IO = Ia + Ib): IG (cu) = IG_x(cu) + IG_y(cu) = 2· IG_x(cu) (pois, dada a simetría da figura, IG_x(cu) e IG_y(cu) son iguais)

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 81

Polo tanto :

I G cu =2⋅I G _ x cu =2⋅0,161⋅R 4=0,322⋅R4

Ecuación 6.32

- Cuarto de círculo: A continuación se procederá co cuarto de círculo. Para calcular el IG(ci) o primeiro é coñecer o IO dun círculo completo. Dun círculo se sabe o momento de inercia con relación a un eixe perpendicular á súa superficie e que pasa polo seu centro, que é igual que o dun cilindro con relación ó seu eixe axial: Io(círculo)= mR2/2 Como se traballa con áreas será: Io(círculo)= A·R2/2 = π.R2 ·R2/2=π·R4/2 Agora se pode estudiar o cuarto de círculo, tendo en conta que un círculo pódese considerar como a superposición de catro cuartos de círculo, de acordo coa figura 6.9:

Figura 6.8 :

Figura 6.9 : Polo tanto: IO(círculo) = 4·IO(cuarto) IO(cuarto) = =π·R4/2/4 = =π·R4/8 Agora se pode aplicar o teorema de Steiner para calcular o momento de inercia deste cuarto de círculo con relación ó seu centro de masas, IGci (ver figura 6.10):

I O  cuarto = IGci A ci⋅OG 2ci ⇒ ⇒ I Gci =I O cuarto  Aci⋅ 0,4242 0, 424 2 ⋅R2 = =

π⋅R 4 π⋅R 2

⋅2⋅0, 4242⋅R 2=0,110⋅R4 8 4

Este é o momento de inercia dun cuarto de círculo con relación ó eixe que pasa polo seu centro de masas Gci e é perpendicular ó seu plano. E agora se volve a aplicar o teorema de Steiner para calcular o momento de inercia con relación ó punto G que se necesita:

I G ci  = IGci  A ci⋅ 0 ,3530,3532⋅R2 ⇒ πR2 I G ci  =0, 110 R4  ⋅2⋅0,353 2⋅R 2 4

Figura 6.10 :

Polo tanto:

I G ci =0,306⋅R4

Ecuación 6.33

E agora levando os valores das ecuacións 6.33 e 6.32 á ecuación 6.30, se terá o momento de inercia da placa con relación ó seu centro de masas G que pide o problema:

PROBLEMA Nº 6 : Tres discos (Exame de decembro 2005). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

IG = IGcu - IGci

Páxina 82

= 0,322·R4 - 0,306 · R4 = 0,016 · R4

Agora o resultado hai que multiplicalo pola densidade superficial de masa, que vale: ρs = M/Aplaca = M/(Acu-Aci) = M/(R2-πR2/4)=4,66·M/R2 Polo tanto, o momento de inercia pedido será: IG = 0,016 · R4 · 4,66·M/R2 = 0,075·M· R2

ota Complementaria 6.1 : Cálculo do momento de inercia dun cadrado. Pregunta: Calcular o momento de inercia dun cadrado con relación a un eixe paralelo a un lado que pasa polo seu centro de masas. Pódese calcular do seguinte xeito: Os momentos de inercia que resultan simples de calcular no cadrado son o momento de inercia con relación ó eixe X e con relación ó eixe Y, que, ademais, dada a simetría do cadrado, teñen que ser iguais. Se calculará por exemplo o momento de inercia con relación ó eixe X: y= R

I x =∫ y ⋅dm=∫y=0 y ⋅dm=... 2

y =R

y= R

...=∫y =0 y 2⋅ρ⋅dA=∫y=0 y 2⋅ρ⋅R⋅dy Sendo ρ a densidade superficial da placa. Operando: y =R R3 R4 I x = ρ ⋅ R ⋅ ∫ y 2 ⋅ dy = ρ ⋅ R ⋅ = ρ⋅ y =0 3 3 E tendo en conta que a masa do cadrado é: m = ρ · Superficie = ρ ·R2

Figura 6.11 : Cadrado e elemento diferencial do mesmo

A expresión anterior quedará: Ix = ρ ⋅

R4 R2 m ⋅ R2 = ρ ⋅ R2 ⋅ = 3 3 3

Agora se aplicará o teorema de Steiner para calcular IGx (momento de inercia con relación a un eixe paralelo a X e que pasa polo centro de masas G) a partir do Ix anterior: 2

I X = I Gx + m .y

2 G

⇒ I Gx

m ⋅ R2 m ⋅ R2 R = I X − m .y = − m⋅  = 3 12 2 2 G

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 83

PROBLEMA º 7 :

Peso, polea e carrete (Exame de febreiro 2006).

O cilindro homoxéneo A de masa m, radio exterior R e radio interior d da figura 1 faise rodar sen deslizar sobre unha superficie horizontal colgando do extremo do fío unha masa puntual B de masa m que se move verticalmente, tal como se indica no debuxo. Responda ás

seguintes cuestións: 1. Graos de liberdade; parametrice unha posición xenérica do sistema e exprese: velocidade do centro de masas do cilindro, velocidade angular do cilindro e velocidade de B en función dos parámetros elixidos, as súas derivadas temporais, R y d. 2. Ecuación/s diferencial/is do movemento 3. Valor mínimo do coeficiente de rozamento que garanta o rodamento do cilindro (en función de m, R, d). 4. Se no instante inicial o sistema parte do repouso, e o centro de masas do cilindro está a unha distancia L da vertical na que se move B, ¿acadará o centro de masas do cilindro dita vertical? De contestar afirmativamente, calcule o tempo que tardará en facelo. 5. A masa puntual de 1 kg de masa da figura 2 sóltase en repouso desde unha altura de 50 cm sobre o solo horizontal. Se o coeficiente de restitución masa-solo é de 0,75, calcule a velocidade da masa inmediatamente despois de chocar contra o solo e a enerxía perdida durante o impacto.

Resposta: Como sempre, o mellor é comezar por tratar de visualizar o movemento do sistema, na medida do posible. Para isto, procede determinar en primeiro lugar se é posible coñecer as velocidades dalgúns puntos, tendo en conta que normalmente só se coñecerán as direccións desas velocidades pero isto soe bastar para entender o movemento. Para isto, entre outras cousas, hai que fixarse se o enunciado dá datos sobre direccións de movemento, e logo convén mirar se hai lugares de rodamento e establecer que neses lugares os corpos en contacto teñen a mesma velocidade no punto de contacto. O segundo paso será debuxar o diagrama de sólido libre para tratar de coñecer as direccións das aceleracións. Neste problema, o enunciado di que o corpo B se move verticalmente. Polo que respecta ós rodamentos, neste sistema hai dous aínda que o enunciado non cita explicitamente un deles: • o enunciado cita que o cilindro roda sobre o solo, • pero ademais é lóxico supor que o fío non desliza pola gorxa interior do cilindro polo que se suporá que tamén a gorxa interior roda sobre o fío. Se o fío deslizase pola gorxa do cilindro, podería ser que o cilindro nin se movese, pero se houbese tanto rodamento como deslizamento, o cilindro se movería pero de forma indefinida pois faltarían datos, sendo necesario un parámetro adicional.

PROBLEMA Nº 7 : Peso, polea e carrete (Exame de febreiro 2006).. Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 84

Deste xeito, como o cilindro roda sobre o solo, os puntos de contacto entre cilindro e solo teñen que ter a mesma velocidade, e o solo obviamente está parado polo que o punto de contacto do cilindro co solo tamén está parado. Polo tanto ese punto, O1 na figura 7.1, ten que ser o Centro Instantáneo de Rotación do cilindro. Ademais, como se supón que a gorxa interior roda sobre o fío, os puntos da gorxa interior do cilindro, o fío (suposto inextensible) e o corpo B teñen que ter o mesmo valor da velocidade pola condición de rodamento en C1. Ver figura 7.1. Estes dous aspectos permiten xa saber cara onde se move o cilindro: como o cilindro xira en torno ó Figura 7.1 : Diagrama de sólido libre punto O1 e a velocidade de C1 é cara á dereita (seguindo o movemento do corpo B), o xiro ó redor de O1 ten que ser no sentido das agullas do reloxo polo que o cilindro ten que avanzar cara á dereita. Outra forma de determinar o sentido do movemento pode ser o seguinte: como se supón que o sistema parte do repouso, a dirección en que se empece a mover o cilindro será aquela que indiquen as forzas que actúan sobre el pois comezará a se mover cara onde indiquen as aceleracións. Este xeito de razoar permite un segundo método para determinar cara onde é o movemento do cilindro que, polo seu interese noutros problemas, vaise ver. Para isto se debe examinar o diagrama de sólido libre. No diagrama de sólido libre da figura 7.1 se pode ver que, por aplicación ó cilindro da 2ª lei de Newton en dirección X :

∑ F x=m⋅a x ⇒ T F r =m⋅a x

Ecuación 7.1

non cabe establecer cara onde se move o cilindro pois non se sabe se é maior a tensión T que lle aplica a corda ou a forza de rozamento Fr. Pero aínda se pode aplicar a Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación no centro de masas A ou no punto O1 (cando o punto O1 está en repouso se demostrará máis adiante, neste mesmo problema, que nel se pode aplicar esta ecuación). Aplicándoa no centro de masas A (darse de conta que, co eixe Z entrante que se ten tomado, os momentos positivos son os que teñen sentido horario):

∑ M A=I A⋅α⇒ T⋅d  F r⋅R=I A⋅α

Ecuación 7.2

existe un problema similar ó anterior pois T e Fr tenden a facer xirar o cilindro en direccións opostas (fixarse que se estudia o xiro ó redor do centro de masas A), e neste momento aínda non se sabe cal das dúas forzas terá o efecto determinante. Pero aplicando a Ecuación da Dinámica da Rotación no punto O1 :

∑ M O1= I O1⋅α ⇒T⋅ R d = I O1⋅α

Ecuación 7.3

vese que ó redor de O1 só causa xiro a tensión T polo que o cilindro ten que xirar no sentido que indica o momento de T : o xiro ten que ser no sentido das agullas do reloxo, ou sexa que o movemento do cilindro será cara á dereita. Na Nota Complementaria 7.1 no remate do problema, se demostra por que, neste caso, son iguais a tensión que a corda aplica ó bloque B e á que a corda aplica ó cilindro. Convén darse de conta que con este movemento o fío tende a enrolarse na gorxa do cilindro. De acordo con este efecto, o fío que se encontra desenvolvido do carrete tende a ser cada vez máis curto. Sen embargo, a caída do corpo B tende a desenvolver máis fío. Para examinar estes dous efectos antagónicos, convén

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 85

examinalos por separado, comezando, por exemplo, por visualizar o movemento do cilindro independentemente do movemento de B . Unha vez establecido isto, o problema será normalmente máis sinxelo.

Pregunta 1: a) Graos de liberdade: Neste caso é simple estudiar en primeiro lugar o corpo B. Se o corpo B estivese libre para moverse no plano, tería 3 graos de liberdade como calquera corpo libre que se move nun plano, necesitándose 3 parámetros para determinar a súa posición en cada momento: normalmente un ángulo que determine o xiro do sólido ó redor do centro de masas, e dous distancias que determinen a posición do centro de masas. Sen embargo o enunciado lle restrinxe o movemento á B a un desprazamento só en Y polo que só será necesario unha distancia para determinar a súa posición, tendo así o corpo B un só grao de liberdade. Polo que respecta ó cilindro, ó rodar polo solo e polo fío, o seu movemento ven fixado totalmente pola tensión que provoca B a través do fío, polo que en conxunto queda un só grao de liberdade. De todas formas, o xeito de confirmar isto de forma inequívoca é comprobar que cun só parámetro é posible determinar unha posición xenérica do sistema, o que se fará a continuación. b) Parametrización dunha posición xenérica do sistema: Nestes casos soe ser cómodo tomar como parámetro ó ángulo que indica o xiro de corpo que roda, ou sexa do cilindro, que neste caso será o ángulo ϕ da figura 7.2. Suposto que inicialmente o punto O1’ estaba en contacto con O na orixe de coordenadas, o cilindro haberá xirado un ángulo ϕ ata a posición xenérica da figura, co que o punto O1’ terá percorrido un espacio angular O1O1’ que de acordo coa xeometría: arco = ángulo · radio, será: O1O1’ = ϕ · R De acordo coa condición de rodamento entre Figura 7.2 : Posición xenérica do sistema unha vez solo e cilindro, a distancia OO1 que o punto de que o cilindro ten xirado un ángulo ϕ e o bloque ten contacto do cilindro sobre o solo ten variado polo caído unha distancia yB solo horizontal ten que ser igual á distancia O1O1’ sobre a periferia do cilindro, ou sexa que: OO1 = ϕ · R, tal como se indica na figura 7.2. De acordo con isto, e cos eixes coordenados indicados na figura, a posición xenérica do centro de masas do cilindro será:

xA = R ⋅ϕ

Ecuación 7.4

y A = −R

Ecuación 7.5

Darse de conta que cos eixes utilizados, o eixe Z está dirixido cara dentro do plano do debuxo polo que os xiros positivos son os xiros en sentido horario e, así, o ángulo ϕ é positivo. Polo que respecta ó bloque B pódese considerar puntual e, para determinar a súa posición, basta indicar a súa coordenada yB pois a coordenada xB é constante. Para establecer a coordenada buscada en función do parámetro ϕ elixido, se deben ter en conta dous efectos:

PROBLEMA Nº 7 : Peso, polea e carrete (Exame de febreiro 2006).. Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

•

Páxina 86

o avance cara á dereita do centro do cilindro que é x A = R ⋅ ϕ , e este sería o avance do bloque se non se tivese desenvolvido ou enrolado fío, de forma que a lonxitude de fío que se encontra desenvolvido seguise sendo a mesma que ó principio, pero a lonxitude de fío desenvolvido se ten acurtado dado que unha parte do fío se ten enrolado no cilindro durante o avance deste cara a dereita. E se terá enrolado unha lonxitude CC1 de acordo coa figura 7.2, dado que o que ten avanzado o fío dentro da gorxa é o que ten avanzado o punto C1 desde que se encontraba na posición que agora ocupa C, e isto se debe a que ó non deslizar o fío pola gorxa, fío e gorxa teñen que ter a mesma velocidade en todo momento. Por isto, segundo se ve na figura anterior o punto C1, e polo tanto o fío, ten avanzado o arco CC1 que de acordo coa xeometría (arco = ángulo · radio) será:

CC 1=⋅d

Ecuación 7.6

Polo tanto como: • se a corda non se tivese enrolado nada no cilindro, habería avanzado o mesmo que o centro de masas deste, ou sexa ϕ ·R, • pero como o fío se ten enrolado (acurtado) unha cantidade ϕ ·d, • o avance real do bloque B será a diferencia entre estas dúas cantidades: yB = R ⋅ ϕ − d ⋅ ϕ = ( R − d ) ⋅ ϕ Outra forma de velo sería a seguinte: suposto que o fío na posición inicial ten unha lonxitude total L1, na posición xenérica posterior terá unha lonxitude L1 - ϕ ·d (a lonxitude inicial menos o que se ten enrolado no cilindro). Isto está indicado na figura 7.3. Nesta se indica a posición inicial da corda con liñas a trazos, mentres que unha posición xenérica posterior está indicada con liña continua (un pouco desprazada da anterior para que se vexa mellor): • Lonxitude na posición inicial C0HB0: Lonxitude1 = L1 • Lonxitude na posición posterior CHB1 que Figura 7.3 : Fío libre na posición inicial (lonxitude é á inicial menos a lonxitude enrolada no C oHBo) e nunha posición posterior (lonxitude CHB1) cilindro que é ϕ · d: Lonxitudet = L1 - ϕ · d Na figura se ve que se obtén a posición buscada yB si a lonxitude C0HB1 se lle resta C0HB0. E como se ve na figura, a lonxitude primeira C0HB1 se pode obter sumando R·ϕ a L1 - ϕ · d, mentres que a segunda C0HB0 é L1 :

y B=C 0 HB 1 C 0 HB 0 =R⋅ L1 ⋅d L1= R d ⋅ Vese que nos dous casos se chega, loxicamente, ó mesmo resultado. Unha vez visto isto, a posición xenérica do sistema expresada pola posición dos centros de masas A do cilindro e de B, así como polo ángulo de xiro do cilindro ó redor do seu centro de masas, será:

yB = ( R − d ) ⋅ ϕ

Ecuación 7.7

xA = R ⋅ϕ

Ecuación 7.8

y A = −R

Ecuación 7.9

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 87

Estando o xiro do cilindro ó redor do seu centro de masas, determinado polo ángulo ϕ. Desta forma se comproba que un só parámetro é suficiente para establecer a posición xenérica do sistema, polo que se trata dun sistema cun só grao de liberdade. c) Velocidade do centro de masas do cilindro e de B: Derivando as ecuacións 7.7, 7.8 e 7.9 se terán as velocidades pedidas: •

•

y B = (R − d ) ⋅ ϕ •

•

xA = R ⋅ϕ

Ecuación 7.10

Ecuación 7.11

•

yA = 0

Ecuación 7.12

Ou sexa: •

•

vB = y B j = ( R − d ) ⋅ ϕ j •

•

vA = x A i + y A j = R ⋅ϕ i

Ecuación 7.13 Ecuación 7.14

Pregunta 2: Ecuación(s) diferencial(is) do movemento Antes de aplicar a 2ª Lei de Newton e a Ecuación da Dinámica de Rotación, o primeiro será establecer as ecuacións das aceleracións, tanto das aceleracións liñais do cilindro e bloque, como a aceleración angular do cilindro. As aceleracións liñais se poden obter derivando as ecuacións 7.10, 7.11 e 7.12 anteriores:

¨x A=R⋅¨

Ecuación 7.15

¨y

Ecuación 7.16

¨y

= R d ⋅

Ecuación 7.17

Pola súa parte a aceleración angular α do cilindro será a derivada segunda do parámetro ϕ dado que este indica a posición angular do cilindro (o xiro de todas as súas partículas ó redor do centro de masas), sendo a velocidade angular a derivada primeira:

ω =

Ecuación 7.18

Outra forma de velo, innecesaria unha vez comprobado que o ángulo ϕ indica o xiro do cilindro ó redor do centro de masas, sería aplicando o método analítico consistente en comparar a velocidade do centro de masas coa velocidade nula do centro instantáneo de rotación O1 do aparello, polo que, segundo as ecuacións da Cinemática, a velocidade angular do centro de masas do cilindro será tal que:

 v A= v O1ω  k x O1 A e como:

PROBLEMA Nº 7 : Peso, polea e carrete (Exame de febreiro 2006).. Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 88

• a velocidade de O1 é nula, • a velocidade do centro de masas A do cilindro vén dada pola ecuación 7.14, • e o vector O1A se pode observar na figura 7.2, a ecuación anterior quedará: ⋅R i =ω  k x R  j  ⇒ ⋅R i =ω⋅R i ⇒ω= Polo que respecta á aceleración angular do cilindro, pódese determinar sen máis que derivar a ecuación 7.18:

 =α= 

Ecuación 7.19

Co que xa se ten tamén a aceleración angular. Agora se aplica a segunda lei de Newton ó corpo B e ó cilindro A, de acordo co diagrama de sólido libre da figura 7.1:

∑ F By =m⋅a By ⇒ mg T =m⋅a By ∑ F Ax =m⋅a Ax ⇒T F r =m⋅a Ax

∑ F Ay =m⋅a Ay ⇒ mg=a Ay E tendo en conta que as aceleracións aAx , aAy e aBy , están determinadas nas ecuacións 7.15, 7.16 e 7.17

mg T =m⋅a By ⇒ mg T =m⋅ R d ⋅

Ecuación 7.20

T F r =m⋅a Ax ⇒ T F r =m⋅R⋅ Ecuación 7.21 mg=m⋅a Ay ⇒ mg=0

Ecuación 7.22

Ademais se ó aplicar a Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación ó cilindro A, se puidese facer no CIR O1 o problema sería máis simple. Se demostrará aquí que a Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación se pode aplicar sempre no CIR nos casos de cilindros que roden sen deslizar por solos en repouso. En efecto, o CIR O 1, sendo un punto do sólido cumpre as condicións 2.2, polo que só que da por demostrar que cumpre algunha das condicións 2.1, en concreta a 3ª desas condicións dado que o CIR non é nin o centro de masas nin ten aceleración nula. Polo tanto se trata de demostrar que a súa aceleración está dirixida cara ó centro de masas do cilindro. Para isto se debe demostrar que a aceleración de O1 é paralela ó segmento  O1 A= R⋅j (ver figura 7.2). O1A: É dicir, se debe demostrar que a aceleración de O1 debe ter unicamente compoñente en Y. Se aplicarán as ecuacións da Cinemática para calcular esta aceleración, relacionando a aceleración de O1 coa aceleración do centro de masas A :

 a O = a A  × AO 1  2 AO 1 1

esta ecuación, para calcular a aceleración de O1 , xa se ten a aceleración de A nas ecuacións 7.15 e 7.16, sendo os demais termos (ver figura 7.2):

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 89

•

  × AO 1=   k × R j= ⋅R i (recordar que a aceleración angular está dada na

ecuación 7.19), •

2 2  ⋅ AO 1=  ⋅ AO 1 pois está claro que esta expresión dá un AO 1 . O alumno debe recordar, ademais, que a resultado que se encontra na dirección 

sendo innecesario calcular

velocidade angular do disco está dada na ecuación 7.18. Polo tanto se trata de comprobar se a suma dos dous primeiros sumandos do segundo membro da AO 1 , para o que basta comprobar se ten a dirección do eixe Y ó ecuación ten a dirección de 

 AO 1 (ou se anula, pois así a aceleración sería só o termo  2⋅ AO 1 que obviamente AO 1 ). ten a dirección de 

igual que

Sumando entón ditos termos, se terá:

 a A  × AO 1=R⋅ i R⋅ i =0

Vendo que os dous primeiros termos da aceleración de O1 se anulan, queda só o terceiro termo da ecuación , polo que a aceleración do CIR será:

 a O =  2 AO 1 1

AO 1 . que vemos que, obviamente ten a dirección de  Esta demostración é completamente xeral, sempre que o disco rode sen deslizar sobre solos en repouso, e que o centro de masas do disco coincida co centro do disco porque a aceleración de A dada polas ecuacións 7.15 e 7.16 é válida para o centro de masas en tanto que o centro de masas coincida co centro do disco porque, realmente, a expresión da aceleración dada por estas ecuacións é válida para o centro do disco. Isto quere dicir que se o disco non fose de masa homoxénea e, en consecuencia, o seu centro de masas non coincidira co centro de disco, a demostración anterior conduciría a demostrar que a aceleración do CIR O1 está dirixida cara ó centro do disco pero non cara ó centro de masas do disco polo que non se podería aplicar nel a Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación. Polo tanto, a Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación se pode aplicar ó CIR dun disco que rode sen deslizar por un solo horizontal ,sempre que o centro de masas do disco se encontre no centro do disco. E así se aplicará a partir de agora sen volver a demostralo. Polo tanto, vese que é posible aplicar a Ecuación da Dinámica da Rotación simplificada con relación ó punto O1. Para facelo, se utilizará o diagrama do sólido libre da barra presentado na figura 7.1:

∑ M O =I O ⋅α 1

Para isto se debe aplicar antes o teorema de Steiner para calcular o IO1 : IO1 = IA+m·AO12 = mR2/2+mR2 = 3mR2/2 A continuación se aplica a Ecuación da Dinámica da Rotación no punto O1: 2

⋅ ∑ M O1 =I O1⋅α ⇒T⋅ R d = 3 mR 2 ¨

Ecuación 7.23

Nas catro ecuacións anteriores, 7.20, 7.21, 7.22 e 7.23, se teñen como incógnitas as forzas T, Fr e ademais da derivada segunda do parámetro. Así, se entre as catro ecuacións se eliminan as tres forzas

PROBLEMA Nº 7 : Peso, polea e carrete (Exame de febreiro 2006).. Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 90

incógnitas, quedará a ecuación diferencial do movemento: a ecuación do movemento loxicamente é única dado que o sistema ten un só grao de liberdade. O máis cómodo pode ser despexar T na ecuación 7.20, que queda xa só en función do parámetro, e substituílo na ecuación 7.23. Procedendo así, a ecuación 7.20 quedará:



¨

Ecuación 7.24

T =mg m⋅ R d ⋅=m⋅ g  R d ⋅ E substituíndoo na ecuación 7.23:



¨

m⋅ g  R d ⋅ ⋅ R d =

3 mR ⋅ ⇒ g⋅ R d  ⋅ R d 2 =1,5⋅R 2⋅ 2

Operando se conseguirá a ecuación diferencial do movemento : ⋅[ 1,5 R  R d  ]=g⋅ R d 

g⋅ R d 

¨ [ 1,5 R  R d  ]

=

Ecuación 7.25

Esta é a ecuación diferencial do movemento, e se ve nela que a derivada segunda do parámetro que é a aceleración angular do cilindro, é constante, polo que a rotación do cilindro ó redor do seu centro de masas é un Movemento de Rotación Uniformemente Acelerado.

Pregunta 3: Valor mínimo do coeficiente de rozamento µ que garante o rodamento do cilindro. A condición de rodamento é que a forza de rozamento sexa unha forza estática no punto de contacto entre os corpos, é dicir que sexa menor ou, no límite, igual que o producto µ · que é o máximo valor da forza de rozamento estática. De feito, no deslizamento a forza de rozamento sería igual que este valor: Condición de rodamento:

Fr ≤ µ ⋅ ⇒ µ ≥

Fr Ecuación 7.26

Se despexarán Fr y nas ecuacións anteriores. De feito se despexa inmediatamente na ecuación 7.22:

=m⋅g

Ecuación 7.27

Mentres que Fr se comeza por despexalo na ecuación 7.21:

F r =T m⋅R⋅

Ecuación 7.28

E agora T xa se ten despexado na ecuación 7.24, e a derivada segunda do parámetro xe se ten na ecuación 7.25, polo que a ecuación 7.28 quedará:



¨

[

¨]

F r =T m⋅R⋅ =m⋅ g  R d ⋅ m⋅R⋅=m⋅ g  2R d ⋅

Polo tanto, substituíndo a derivada segunda do parámetro polo seu valor segundo a ecuación 7.25:

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 91

 (2 R − d ) ⋅ ( R − d )  Fr = mg ⋅ 1 − 2 2  Ecuación 7.29  1,5 R + ( R − d ) 

[

]

Agora xa se ten: • na ecuación 7.27, • Fr na ecuación 7.29, e se poden substituír na ecuación 7.26 para obter o valor mínimo do coeficiente de rozamento que garante o rodamento:

[

mg⋅ 1

µ≥

 2R d ⋅ R d 

[ 1,5 R 2  R d  2] mg

]

R⋅ R2d  2⋅ R d 23⋅R2

Polo tanto o valor pedido será :

µ≥

R⋅ R2d  2⋅ R d 23⋅R 2

Ecuación 7.30

Pregunta 4: Se no instante inicial o sistema parte do repouso, e o centro de masas do cilindro está a unha distancia L da vertical na que se move B, ¿acadará o centro de masas do cilindro dita vertical? De contestar afirmativamente, calcule o tempo que tardará en facelo. Segundo se ten visto nos apartados anteriores, o cilindro móvese aceleradamente cara a vertical de B. E como se comproba na ecuación 7.25 o cilindro ten un Movemento de Rotación Uniformemente Acelerado en sentido horario e, polo tanto, claro que chegará a dita vertical. En canto ó tempo necesario para chegar a dita posición, para calculalo se necesita integrar a ecuación 7.25 para chegar a ecuación do espacio angular. De todos os xeitos sería máis directo traballar directamente coas magnitudes liñais, polo que sería máis cómodo integrar a ecuación da aceleración liñal do centro de masas do cilindro que daría a ecuación da súa posición horizontal en todo momento. Así, a ecuación da aceleración aAx é , de acordo coa ecuación 7.15:

¨x

=R⋅

E substituíndo a derivada segunda do parámetro polo seu valor dado na ecuación 7.25:

¨x

g⋅ R d 

=R⋅

[ 1,5 R 2 R d 2 ]

Ecuación 7.31

Compróbase que, obviamente, tamén a aAx é unha constante. Como ó integrar se vai arrastrar esta constante unha e outra vez, se lle chamará K que será máis cómodo:

¨x

Ecuación 7.32

e claro está, sendo K:

K = R⋅

g ⋅ (R − d ) 1,5R 2 + ( R − d ) 2

[

Integrando a ecuación 7.32:

]

Ecuación 7.33

PROBLEMA Nº 7 : Peso, polea e carrete (Exame de febreiro 2006).. Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

x A =K ⇒

d xA dt

Páxina 92

=K ⇒ d x A =K⋅dt ⇒∫ d x A =∫ K⋅dt ⇒

˙x A=Kt C 1 Ecuación 7.34 Pódese calcular a constante de integración C1 sabendo que, como di o enunciado, o cilindro parte do •

x A = 0 , o que levado á ecuación 7.34 quedará:

repouso, ou sexa que para t=0 é

0 = K·0 + C1 C1 = 0 Levando este valor á ecuación 7.34, se terá a ecuación da velocidade liñal do centro de masas A :

x A =K⋅t

Ecuación 7.35

Volvendo a integrar esta ecuación:

x A =Kt ⇒

d xA =Kt ⇒ d x A= Kt⋅dt ⇒∫ d x A =∫ Kt⋅dt ⇒ dt

x A =Kt 2 C 2

Ecuación 7.36

Para calcular esta segunda constante de integración se parte de colocar os eixes coordenados de xeito que no instante inicial o centro de masas A teña coordenada xA=0, co que para t=0 será xA=0, o que levado á ecuación 7.36 dará: 0 = K·02+C2 C2 = 0 E levando este valor á ecuación 7.36, a ecuación da posición do centro de masas do cilindro quedará:

x A = K ·t 2

Ecuación 7.37

E esta ecuación xa permite calcular o tempo que tarda o centro de masas en acadar calquera posición, e como piden o tempo que tarda en percorrer unha distancia L, é dicir en que a posición do punto A sexa xA=L, se substitúe na ecuación 7.37 e se obtén o valor pedido: xA = K ⋅ t 2 ⇒ L = K ⋅ t 2 ⇒ t =

L K

Ecuación 7.38

Co que substituíndo K polo seu valor dado na ecuación 7.33, o tempo pedido será:

 

L⋅ 1,5 R2  R d 2  L t= = K gR⋅ R d 

Ecuación 7.39

Pregunta 5: A masa puntual de 1 kg de masa da figura 2 sóltase en repouso desde unha altura de 50 cm sobre o solo horizontal. Se o coeficiente de restitución masa-solo é de 0,75, calcule a velocidade da masa inmediatamente despois de chocar co solo e a enerxía perdida durante o impacto.

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 93

Se define o coeficiente de restitución como o cociente entre a velocidade inmediatamente despois do choque e a velocidade inmediatamente antes do choque:

v2 v1

Ecuación 7.40

polo que a velocidade inmediatamente despois do choque que pide esta pregunta será:

v2 = e ⋅ v1

Ecuación 7.41

Vese que, para calcular a velocidade inmediatamente despois do choque, se necesita saber a velocidade inmediatamente antes do mesmo. Esta, suposta unha caída libre, pódese calcular moi facilmente ou por cinemática ou por enerxías. Procedendo por enerxías, dado que se supón que só actúa o peso durante a caída, pódese igualar a enerxía na posición inicial da figura 2 do enunciado (toda potencial gravitacional) e a enerxía inmediatamente antes do choque (toda cinética):

m⋅ g ⋅h =

m ⋅ v12 ⇒ v1 = 2 gh = 2 ⋅ 9,81 ⋅ 0,5 = 3,13 m / s 2

E levando este valor á ecuación 7.41, se terá a velocidade inmediatamente despois do choque:

v2 = e ⋅ v1 = 0,75 ⋅ 3,13 = 2,35 m / s Para calcular a enerxía perdida no impacto o máis simple é restar a enerxía que ten inmediatamente despois do impacto da enerxía que ten inmediatamente antes, que en ambos casos é só cinética: Enerxía perdida = -∆Ec = Ec1 – Ec2 = m·v12/2 – m·v22/2 = 0,5·(3,132 – 2,352) = 2,14 J

ota Complementaria 7.1 : Tensións transmitidas por fíos de masa depreciable. Pregunta: Demostrar que as tensións transmitidas por un fío de masa depreciable son iguais en ambos os dous extremos do mesmo aínda que, como no caso do problema, pasen por unha polea, sempre que esta sexa moi pequena ou de masa depreciable (ou sexa de IG ≈ 0) . Vaise comprobar a igualdade de tensións aplicadas polo fío no cilindro e no corpo B. Na figura 7.4, se debuxan as forzas actuantes: • na parte esquerda da figura, se debuxan as forzas sobre a parte do fío que vai do corpo B ata a polea: tensión TB que lle aplica o corpo B ó fío (que, de acordo co principio de acción e reacción, é igual a que o fío aplica ó corpo B) e tensión TH1 que lle aplica a polea. • Na parte superior da figura se representan as tensións actuantes sobre a parte do fío en contacto coa polea. • Na parte inferior dereita da figura, se representan as tensións actuantes sobre a parte de fío que vai desde a polea ata o cilindro. Aplicando á parte vertical do fío a segunda lei de Newton segundo o eixe Y:

PROBLEMA Nº 7 : Peso, polea e carrete (Exame de febreiro 2006).. Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

∑F

Páxina 94

= mcorda ⋅ acorda ⇒

E como di o enunciado que o fío é sen masa:

⇒ T B T H1 =0⋅a corda ⇒ ⇒ T B =T H1 Ecuación 7.42 Agora se aplica a Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación á polea no seu centro de masas, de acordo co segundo dos diagramas da figura 7.4. Suposta a polea o suficientemente pequena e/ou de masa depreciable, terá un momento de inercia depreciable: Icm ≈0, polo que: ∑ M cm = I cm ⋅ α ⇒ TH 1 ⋅ r − TH 2 ⋅ r = 0 Ou sexa que ambas tensións tamén son iguais:

TH 1 = TH 2

Figura 7.4 :

Ecuación 7.43

E aplicando agora a segunda lei de Newton ó pedazo do fío que vai da polea ó cilindro, de acordo co terceiro diagrama da figura 7.4, se chegará tamén a que as tensións son iguais pois di o enunciado que o fío é sen masa:

∑F

= m fío 3 ⋅ a fío 3 ⇒ TH 2 − TA = 0 ⋅ a fio 3 ⇒ TH 2 = TA

Ecuación 7.44

Combinado os tres resultados das ecuación 7.42, 7.43 e 7.44, se terá que todas as tensións son iguais:

TB = TH 1 = TH 2 = T A Vese nesta demostración que a condición necesaria e suficiente para que as tensións transmitidas por fíos e poleas sexan iguais en todas partes é que: • os fíos sexan de masa depreciable • e que as poleas sexan de masa depreciable e/ou suficientemente pequenas para que así, en calquera dos dous casos, o seu momento de inercia sexa depreciable.

ota Complementaria 7.2 : Ligaduras a través de fíos e cordas Pregunta: O sistema da figura 7.5 consiste nunha placa apoiada sobre un plano inclinado, sobre a que está apoiado un disco A. Placa e disco A están unidos a través dun fío que pasa a través dunha polea B que xira en sentido antihorario, de acordo coa figura 7.5. Expresar, en función dos parámetros elixidos, unha posición xenérica do centro de masas do disco A.

Figura 7.5 : Sistema de placa e disco unidos por un fío que pasa por unha polea

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 95

Se considera o fío inextensible e de masa depreciable. on existe rozamento nin entre placa e plano inclinado, nin entre disco e placa. Nos sistemas como o estudiado, moitas veces a maior dificultade consiste en primeiro determinar como se move o sistema, e logo a relación entre posicións dos centros de masas e as lonxitudes variables dos fíos e cordas durante o movemento. Neste sistema parece claro que a placa se vai mover cara arriba pero puidera non verse tan claro se o xiro do disco vai ser de sentido horario ou antihorario. Para isto, e como o sistema parte do repouso, se pode establecer o diagrama de sólido libre do disco. Ver figura 7.6. Se debe ter en conta que, non habendo rozamento entre disco e placa e, ademais, estando a placa en movemento, non hai xiro ó redor do punto de contacto entre placa e disco, polo que o xiro do disco virá determinado pola tensión do fío e se deberá estudiar ó redor do seu centro de masas. En efecto, como se ve no diagrama de sólido libre, Figura 7.6 : Diagrama de sólido con relación ó centro de masas só provoca xiro a tensión T que aplica libre do disco o fío, e este momento ten sentido horario, polo que o xiro do disco terá este sentido. Unha vez establecido isto, o segundo paso sería parametrizar unha posición xenérica do disco utilizando como parámetros o desprazamento x da placa e o ángulo ϕ que xira o disco. Na figura 7.7 se esquematiza unha posición xenérica do sistema. Nela se indica que a placa se ten desprazado unha distancia x cara arriba, mentres que o disco ten xirado un ángulo ϕ. Para determinar a posición de G, se debe ter en conta que: • Se non existise a placa e o outro extremo do fío estivese enrolado na polea, estando esta Figura 7.7 : Posición xenérica do sistema fixa, se tería desenvolvido unha certa cantidade de fío no disco, e G se tería desprazado unha distancia igual á esa cantidade de fío desenvolvido. E considerando que se produce rodamento entre fío e disco, se terá desenvolvido unha cantidade de fío A'Ac que será igual á distancia xirada polo punto AD nese tempo que é o arco A'AD = ϕ ·R • Sen embargo o fío se ten acurtado unha distancia x na parte inferior polo que se terá alongado unha distancia x na parte superior que será o que ten avanzado o punto B desde B'. Desta forma o centro de masas G do disco terá avanzado cara abaixo unha distancia suma das dúas distancias citadas. Polo tanto, o centro de masas do disco se terá desprazado cara abaixo unha distancia igual á suma destas dúas cantidades: ϕ ·R+x. Aínda que sendo ϕ negativo, para manter a suma das dúas lonxitudes se debe poñer: -ϕ · R+x. Ademais, tendo en conta que xG é negativa, sería:

x G =  R⋅x =R⋅ x Tamén se pode ver isto na figura 7.7 pois o valor da coordenada xG será a lonxitude A'A da figura:

∣x G∣= A' A= A' B ' AB' =∣R⋅∣L 0x L0=∣R⋅∣x

PROBLEMA Nº 7 : Peso, polea e carrete (Exame de febreiro 2006).. Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Polo que, tendo en conta o signo determinado polos eixes da figura 7.7, será:

x G = ∣R⋅∣ x E tendo en conta que ϕ é negativo:

x G =R⋅ x

Páxina 96

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 97

PROBLEMA º 8 : Barra esvarando por outra barra (Exame de setembro 2006) Unha barra homoxénea A de masa m e lonxitude 2d vincúlase mediante unha corrediza articulada sen movemento á barra homoxénea B, de masa m e lonxitude 3d, tal como se indica na figura inferior esquerda. Responda ás seguintes cuestións:

1. Velocidade angular e velocidade do centro de masas da barra B en función de d, ϕ e as súas derivadas temporais. 2. Velocidade do centro de masas da barra A para un observador solidario á barra B, en función de d, ϕ e as súas derivadas temporais. 3. Ecuación diferencial do movemento. 4. Posición(s) de equilibrio do sistema. 5. Unha chapa rectangular homoxénea de masa m e dimensións 2d x a, sostense en repouso horizontalmente gracia a dispoñer de dous pivotes que apoian sobre un Pilar de ancho b, como se indica na figura superior dereita. Calcule o mínimo coeficiente de rozamento entre pivotes e pilar (o mesmo para ambos os dous pivotes) que permite o equilibrio do sistema.

Apartado 1: Velocidade angular e velocidade do centro de masas da barra B en función de d, ϕ e as súas derivadas temporais. Resulta de interese comezar por facerse unha idea do movemento do sistema. Para isto se pode examinar o diagrama de sólido libre de cada elemento do sistema ou do sistema completo. Neste caso pode ser ilustrativo examinar o diagrama de sólido libre do sistema presentado na figura 8.1. Pódese ver que o movemento do sistema pode ser un xiro en sentido horario se predomina o efecto do peso da barra B, ou un xiro antihorario se predomina o efecto do peso da barra A. E isto vai depender do valor inicial do ángulo ϕ pois se este ángulo é pequeno será preponderante o efecto do peso da

Figura 8.1 : Diagrama de sólido libre do sistema

PROBLEMA Nº 8 : Barra esvarando por outra barra (Exame de setembro 2006). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 98

barra A sobre o efecto do peso da barra B, dándose polo tanto un xiro en sentido antihorario. E será un xiro horario para ángulos ϕ grandes pois neste caso será preponderante o efecto do peso da barra B Se traballará supoñendo un xiro do sistema en sentido antihorario. Se utilizarán os eixes coordenados cartesianos habituais centrados no punto D. No debuxo, por motivo de claridade, os eixes se debuxan desprazados da súa posición. Estudiando agora por separado o movemento de cada unha das barras, se ten que, de acordo coa figura 8.2, a posición da barra B quedaría determinada polo ángulo de xiro θ ó redor do punto fixo D, e a posición da barra da dereita polo ángulo ϕ , dado que se trata de xiros ó redor de puntos fixos. De acordo con isto, os parámetros a utilizar no estudio de cada barra serían ϕ e θ , e as velocidades angulares

˙ ˙

respectivas serán  e  . De todas formas o alumno debe ter coidado pois ambos os dous ángulos son negativos cos eixes habituais que aquí se utilizan. Ademais, a ligadura existente entre as barras determina que ambos os dous parámetros estean relacionados pola xeometría. Neste aspecto reviste especial importancia a distancia fixa entre ambos os dous puntos fixos D e C. Así, na figura se ve que o triángulo DCE é isósceles en calquera posición pois sempre ten iguais os lados DC e CE de lonxitude 2d. Isto determina que os ángulos opostos a estes lados teñen que ser iguais (ángulos α da figura). Polo tanto: Suma dos valores dos ángulos dun triángulo:

2⋅=

Figura 8.2 : Ángulos e distancias de interese

Ecuación 8.1

Ademais, no punto D se pode observar que os valores de α e θ son complementarios, polo que: α = π/2 − θ Levada esta expresión a ecuación 8.1, esta quedará:

 2 = ⇒ = 2

2⋅

Ecuación 8.2

Se pode comprobar que esta relación, calculada en base a valores dos ángulos sen ter en conta os seus signos, non hai que alterala dado que ambos os dous ángulos son negativos. Así xa se teñen relacionados os valores dos dous parámetros, co que o valor da velocidade angular da barra B en función do parámetro ϕ e as súas derivadas é inmediata pois partindo de que, como xa se ten visto:

ωB=  e como segundo a ecuación 8.2: θ = ϕ / 2 derivando esta:  ˙ ˙2 =

Ecuación 8.3

Figura 8.3 : Ángulos e distancias

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 99

polo que a velocidade angular da barra B , en función do parámetro a utilizar, será:

ωB=

Ecuación 8.4

Ecuación 8.5



Vectorialmente:

ω  B=

  k

Darse de conta que non é necesario engadir ningún signo negativo na ecuación anterior pois a ecuación 8.4 xa proporciona a compoñente Z da velocidade angular, non o seu valor, polo que inclúe o signo. (Por outra banda, aínda que irrelevante neste momento, o signo da velocidade angular é positivo dado que, no xiro antihorario considerado, a velocidade angular será saínte do plano do movemento - como +Z -. Se pode ver tamén dándose de conta que o ángulo ϕ que é negativo, está a diminuír, polo que a súa primeira derivada será positiva: valor final – valor inicial = -a - (-a-b) = +b). Polo que respecta á velocidade do centro de masas da barra B, punto que tamén se chamará B, se comezará por establecer as súas coordenadas en función do parámetro. Ver figura 8.3 e ter en conta, como xa se ten indicado, que os eixes coordenados están centrados no punto D:

 2 Ecuación 8.6  y B=1,5 d⋅cos 2

x B = 1,5 d⋅sen

Obsérvese a inclusión do signo negativo na ecuación de xB para ter en conta que o ángulo ϕ é negativo mentres que xB é positivo na posición representada. Derivando as ecuacións 8.6, se obterán as compoñentes da velocidade do centro de masas:

  x B = 1,5 d⋅ ⋅cos

˙y

Ecuación 8.7

  = 1,5 d⋅ ⋅sen 2 2

    v B = 1,5 d⋅ ⋅cos i 1,5 d⋅ ⋅sen j 2 2 2 2

Vectorialmente será: Simplificando:

˙

v B =0, 75⋅d⋅⋅ cos

E o seu módulo será:

v B=

É dicir, que quedará:



   i sen j 2 2



v B = 1,5 ⋅ d ⋅

Ecuación 8.8

Ecuación 8.9



    1,5 d⋅ ⋅cos  1,5 d⋅ ⋅sen 2 2 2 2

•





   =1,5⋅d⋅ ⋅ cos 2 sen 2 2 2 2

PROBLEMA Nº 8 : Barra esvarando por outra barra (Exame de setembro 2006). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 100

•

O que é lóxico, pois este valor será o da velocidade angular ( ω = ϕ B

) multiplicado pola distancia do

centro de masas B ó centro de xiro D (1,5d).

Apartado 2: Velocidade do centro de masas da barra A para un observador solidario á barra B, en función de d, ϕ e as súas derivadas temporais. Se pide a velocidade do punto A relativa á barra B, vmA, e para calculala se aplicará a ecuación cinemática: Velocidade absoluta = = velocidade relativa + velocidade de arrastre r r r v A = v mA + v arr . A Desta forma, a velocidade relativa se calculará así: r r r v mA = v A − v arr . A

Ecuación 8.10

Figura 8.4 : Ángulos e distancias Se calcularán agora vA e varr.A por separado. A velocidade do punto A se calcula de acordo co seu movemento real, é dicir como parte da barra A da que é o centro de masas. Ver figura 8.4. Recordar que os eixes coordenados están centrados no punto D:

x A =DM =d⋅ 2 cos   ⇒ x A=d⋅⋅sen 

˙ =AM = d⋅sen  ⇒ y = d⋅ ˙⋅cos  ˙ ˙

Ecuación 8.11

Onde xa se inclúe o signo negativo correspondente a que yA é positiva mentres que o “seno ϕ” é negativo por selo o ángulo ϕ. Agora, de acordo coas ecuacións 8.11 quedará:

 v A=d⋅⋅ sen  i cos  j 

Ecuación 8.12

Para calcular a velocidade de arrastre do punto A con relación a un observador ligado á barra B débese •

supoñer ó punto A movéndose solidariamente coa barra B, é dicir coa velocidade angular θ = ϕ •

. Polo

tanto, vendo a figura 8.4 onde se ten debuxada unha barra imaxinaria DA que uniría ó punto A á barra B:

  v arr . A =v D ω  B x DA=0 ⋅k × [ DM i  AM j ]= ⋅k × [  2d d⋅cos   i d⋅sen  j ] =... 2 2

...=

˙ k × [ d⋅ 2 cos   i d⋅sen  j ]=˙ ⋅d⋅ 2 cos   j˙ ⋅d⋅sen  i



Polo tanto, a velocidade de arrastre será:

  v arr . A = ⋅d⋅sen  i  ⋅d⋅ 2 cos   j Ecuación 8.13 2 2

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 101

Levando agora as ecuacións 8.12 e 8.13 á ecuación 8.10, esta quedará:



v mA = v A  v arr . A =d⋅⋅sen  i d⋅⋅cos  j ⋅d⋅sen  i ⋅d⋅ 2 cos   j= 2 2

⋅d

⋅ sen  i  2cos   j 

Polo que a velocidade relativa pedida será: v = ⋅d ⋅ sen  i  2cos   j  mA

Apartado 3: Ecuación diferencial do movemento. Aínda que resulta máis simple utilizar as Ecuacións de Lagrange para establecela, aquí se aplicará a segunda Lei de Newton e a Ecuación da Dinámica da Rotación a cada barra, quedando a aplicación das ecuacións de Lagrange para a Nota Complementaria 8.1 no remate deste problema. De feito, só faría falta aplicar a Ecuación da Dinámica da Rotación a cada barra, tomando momentos con relación ós puntos fixos D e C, pois así nestas ecuacións non aparecerían as reaccións nos apoios, reaccións que logo, se fose necesario, se poderían calcular aplicando a 2ª lei de Newton en dirección X e en dirección Y en cada barra. O alumno debe recordar que os puntos fixos cumpren a segunda das condicións 2.1 (puntos de aceleración nula), polo que se pode aplicar nestes a Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación. Pódese ver na figura 8.5 o diagrama de sólido libre das dúas barras na mesma figura. Polo que respecta ás forzas que actúan na corrediza (que é o extremo da barra A) poderían ser a forza de rozamento (paralela á propia barra pola que desliza Figura 8.5 : Diagrama de sólido ríxido a corrediza), e a normal (perpendicular á forza de das dúas barras por separado rozamento, e polo tanto perpendicular á barra B). Unha forma de estudiar o sentido destas forzas pode ser o seguinte: a corrediza, que forma parte da barra A, desliza pola barra B cara abaixo de acordo cun xiro en sentido antihorario do sistema, polo que a barra B aplicaría unha forza de rozamento á corrediza paralela á propia barra B e cara arriba. De acordo con isto, e como a normal é perpendicular á forza de rozamento, esta será perpendicular á barra B, e así se debuxa na figura 8.5. Loxicamente, a forza de reacción correspondente a esta que a barra A aplica á barra B, será de igual dirección e sentido contrario. O sentido a dar en cada caso á forza é evidente dado que se está a supoñer que a barra A , ó caer por efecto do seu peso, empuxa á barra B, sen embargo se podería supoñer calquera sentido (evidentemente sentidos contrarios entre as que actúen en cada barra), e logo os cálculos confirmarían se é ese sentido ou é o contrario O enunciado afirma que non existe rozamento, polo que haberá só as forzas normais que son as que se representan no diagrama de sólido libre da figura 8.5: a esquerda actuando sobre a barra B, e a dereita actuando sobre a barra A.

PROBLEMA Nº 8 : Barra esvarando por outra barra (Exame de setembro 2006). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 102

Fixarse en que, sendo as forzas perpendiculares á barra B, as forzas forman un ángulo de ϕ / 2 coa horizontal por igualdade co ángulo que forma a barra B coa vertical, debuxado no punto D: igualdade de ángulos con lados perpendiculares. Na figura 8.6 se pode ver o diagrama de sólido libre da barra A. Aplicando a 2ª Lei de Newton a esta:

∑ F x=m⋅a Ax ⇒ C x  ⋅cos 2 =m⋅a Ax ∑ F y =m⋅a Ay ⇒C y mg ⋅sen 2 =m⋅a Ay Ecuación 8.14 Os valores de aAx e aAy se poden calcular en función do parámetro, volvendo a derivar as ecuacións 8.11. Sen embargo non é necesario pois estas ecuacións 8.14 servirían, Figura 8.6 : Diagrama de sólido libre da como xa se comentou, para calcular as reaccións Cx e Cy en barra A función do parámetro e as súas derivadas, e isto é algo que o problema non pide. Aplicando agora a Ecuación da Dinámica da Rotación tomando momentos con relación ó punto fixo C pois así xa non aparecerán na ecuación as reaccións no apoio C: ∑ M Cz = I C ⋅ α sendo: IC = IA + m.AC2 = m.(2d)2/12 + m.d2 = 4m.d2/3, e a aceleración angular: α  =  k Polo tanto, fixándose que os momentos son en dirección Z, e co eixe Z elixido serán positivos se son saíntes-sentido antihorario, e negativos se son entrantes-sentido horario, a ecuación anterior quedará :

∑ M Cz = I C⋅α ⇒ ⋅CF mg⋅d⋅cos = 3 md 2⋅¨

Ecuación 8.15

Pódese ver na figura 8.6 que a distancia CF é un cateto do triángulo CEF de hipotenusa 2d. Polo tanto: CF = 2d · sen ϕ / 2. Sen embargo, como sempre que apareza o seno do parámetro se debe ter coidado pois é negativo, e aquí, como CF é unha distancia e estas son positivas, quedará: CF = -2d · sen ϕ / 2 Levando isto á ecuación 8.15, quedará:

⋅2d⋅sen

 4 mg⋅d⋅cos = md 2⋅ 2 3

Ecuación 8.16 Para encontrar a ecuación do movemento, se necesita eliminar a forza da ecuación anterior, o que se conseguirá aplicando a Ecuación da Dinámica da Rotación á barra B (non é necesario aplicar a 2ª Lei de Newton a esta barra pois só proporcionaría as reaccións no apoio D que non pide o problema). Aplicando a Ecuación da Dinámica da Rotación á barra B, de acordo co diagrama de sólido libre da barra B presentado na figura 8.7: ∑ M Dz = I D ⋅ α sendo ID = IB + m·DB2 = m·(3d)2/12 + m·(1,5d)2 = 3m·d2

Figura 8.7 : Diagrama de sólido libre da barra B

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 103

¨ ¨2

 de acordo coa ecuación 8.3 unha vez e a aceleración angular da barra B é  α=   k , e como  =

 derivada, quedará:  α = k

Polo tanto, a Ecuación da Dinámica de Rotación quedará:

∑ M Dz =I D⋅α ⇒ ⋅DE mg⋅DJ =3 md 2⋅¨2



Ecuación 8.17

A distancia DJ é fácil de ver na figura 8.7: DJ = 1,5d · sen ϕ /2 pero tendo en conta que DJ é unha distancia positiva e que o seno do parámetro é negativo, será: DJ = - 1,5d · sen ϕ /2 A distancia DE se pode calcular co teorema de Pitágoras de acordo coa figura 8.7: DE =

DH 2 + EH 2

onde a distancia EH pode calcularse facilmente no triángulo CEH, e a distancia DH se pode calcular por diferencia entre DC (2d) e CH (2d·cos ϕ). Polo tanto: DE = DH 2 + EH 2

(2d ⋅ (1 − cos ϕ ))2 + (2d ⋅ senϕ )2

Polo tanto: DE =2  2⋅d⋅1 cos =2  2⋅d⋅ 2⋅sen

= 2 ⋅ d ⋅ 1 − 2 cos ϕ + cos 2 ϕ + sen 2ϕ

  =4⋅d⋅sen 2 2

Sen embargo, como sempre que aparece o seno do parámetro se debe cambiar o signo para manter o signo explícito da ecuación 8.17: DE = 4⋅d⋅sen

 2

Levando estas distancias á ecuación 8.17, quedará:

⋅4⋅d⋅sen

   mg⋅1,5 d⋅sen =3 md 2⋅ 2 2 2

Ecuación 8.18

Agora que se teñen as ecuacións que proporciona a Ecuación da Dinámica de Rotación na barra A (ecuación 8.16) e na barra B (ecuación 8.18), entre as dúas se pode eliminar a reacción e se obterá así a ecuación do movemento:

 4 2 mg⋅d⋅cos = md ⋅ 2 3

- Ecuación 8.16:

⋅2d⋅sen

- Ecuación 8.18:

⋅4⋅d⋅sen

  

mg⋅1,5 d⋅sen = 3 md 2⋅ 2 2 2

Despexando por exemplo na ecuación 8.18:

 

3 md 2⋅ mg⋅1,5 d⋅sen 2 2 =  4⋅d⋅sen 2

E levando este valor á ecuación 8.16:

 

3 md 2⋅ mg⋅1,5 d⋅sen 2 2  4 ⋅2d⋅sen mg⋅d⋅cos = md 2⋅  2 3 4⋅d⋅sen 2  25 g⋅ 1,5⋅sen 2⋅cos  = d⋅ ⇒ Operando, quedará: 2 6





PROBLEMA Nº 8 : Barra esvarando por outra barra (Exame de setembro 2006). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

⇒=



6g  ⋅ 1,5⋅sen 2⋅cos  25d 2



Páxina 104

Ecuación 8.19

Apartado 4: Posición(s) de equilibrio da barra. As posicións de equilibrio dun sistema se caracterizan por ser aquelas nas que, estando o sistema en repouso, pode seguir en repouso indefinidamente por ser nula a aceleración liñal do seu centro de masas, e así non haberá translación, e ser nula a súa aceleración angular, e así non haberá rotación. Neste caso no que non é posible unha translación, basta establecer que a aceleración angular ten que ser nula, o que se pode facer na ecuación 8.19:

=









6g  6g   ⋅ 1,5⋅sen 2⋅cos  ⇒  = ⋅ 1,5⋅sen 2⋅cos  =0⇒ 1,5⋅sen 2⋅cos =0⇒ 25d 2 25d 2 2 ⇒ 1,5⋅sen

 2⋅cos =0 Ecuación 8.20 2

Poñendo o cos ϕ en función do sen ϕ/2, o que se pode facer facilmente dado que: ϕ 1 − cos ϕ ϕ sen = ⇒ cos ϕ = 1 − 2 ⋅ sen 2 2 2 2 Levando isto á ecuación 8.20 se terá:

1,5⋅sen





     ⇒ 4⋅sen 2 1,5⋅sen 2=0 2⋅cos =0 ⇒ 1,5⋅sen 2⋅ 1 2⋅sen 2 2 2 2 2 2

Resolvendo esta ecuación de 2º grao quedará:

sen

 1,5± 1,524⋅4⋅2 0,544 = = 2 2⋅4 0, 919

{

Tratando co sistema por encima da liña DC, só ten sentido o resultado negativo, que conduce a un ángulo de:

 =arc sen  0, 544= 33º ⇒ = 66º 2

Ecuación 8.21

A solución positiva para o seno conduciría a un ángulo ϕ positivo, correspondente a unha posición do sistema por debaixo da liña DC:

 =arc sen 0,919=66,8 º ⇒ =133,6 º 2

Ecuación 8.22

Trátase dunha posición ideal pois antes de chegar a ela, a corrediza se sairía da barra B.

Pregunta adicional: ¿Cara onde evolucionaría o sistema para ángulos maiores que o calculado na ecuación 8.21? Como se pode observar na ecuación 8.19, para ángulos de menor valor absoluto que o indicado, o signo da paréntese da ecuación 8.19 será un ben determinado, e para ángulos de maior valor terá signo contrario

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 105

dado que en 66º se pasa xustamente por cero. É dicir, nun caso o sistema evolucionaría xirando cara onde se ten suposto, sentido horario, e no outro evolucionaría no sentido contrario, xirando en sentido anthorario. A lóxica di cara onde será en cada caso. Para ángulos ϕ grandes se pode ver na figura 8.1 que será o peso da barra B o que predomine e faga xirar o sistema no sentido horario, mentres que para ángulos pequenos será o peso da barra A o que predomine e faga xirar o sistema en sentido antihorario. Cuantitativamente se pode comprobar na ecuación 8.19 tomando, por exemplo un ángulo de maior valor absoluto que o de equilibrio, por exemplo -67º, e se comprobará como a ecuación toma signo negativo, confirmando así a aceleración angular negativa que correspondería ó sentido de xiro horario determinado pola posición das barras cun ángulo de valor tan alto.

Apartado 5: Unha chapa rectangular homoxénea de masa m e dimensións 2d x a, sostense en repouso horizontalmente gracias a dispoñer de dous pivotes que apoian sobre un pilar de ancho b, como se indica na figura dereita. Calcule o mínimo coeficiente de rozamento entre pivotes e pilar (o mesmo para ambos os dous pivotes) que permite o equilibrio do sistema. A chapa tenderá a deslizar cara abaixo debido ó seu peso, aparecendo un rozamento oposto a dito deslizamento nos pivotes de contacto co pilar vertical. Obviamente a aparición de rozamento se debe a existencia dun aprese entre chapa e Figura 8.8 : Chapa sobre pivote pilar, e polo tanto á existencia dunhas reaccións 1 e 2 en cada pivote. Se debe notar que a inexistencia de normais determinaría a inexistencia de forzas de rozamento polo que a chapa esvararía libremente cara abaixo. Polo tanto, o diagrama de sólido libre da chapa será o da figura 8.9. Nunha situación estática se sabe que a relación entre a forza de rozamento e a normal é: Fr ≤ µ · N O caso límite será polo tanto cando: Fr = µ · N supoñendo idénticos os coeficientes de rozamento estático e dinámico. Se estudiará o caso límite no que a chapa comeza a deslizar (Fr = µ · N). Aplicando neste caso as condicións de equilibrio:

∑F

= 0 ⇒ − 2 + 1 = 0 ⇒ 2 = 1

∑ F y =0 ⇒ F r2F r1 mg=0 ⇒ ⇒ µ⋅ 2 µ⋅ 1 mg=0

∑M

= 0 ⇒ Fr1 ⋅ b + 1 ⋅ a − mg ⋅ d = 0 ⇒

Figura 8.9 : Diagrama de sólido libre da chapa

⇒ µ 1 ⋅ b + 1 ⋅ a − mg ⋅ d = 0

Substituíndo a primeira ecuación nas outras dúas, e chamando á ambas as dúas normais iguais: µ ⋅ 2 + µ ⋅ 1 − mg = 0 ⇒ 2 µ ⋅ = mg

µ 1 ⋅ b + 1 ⋅ a − mg ⋅ d = 0 ⇒ ⋅ (µb + a ) − mg ⋅ d = 0

PROBLEMA Nº 8 : Barra esvarando por outra barra (Exame de setembro 2006). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 106

Co que, despexando na primeira destas dúas ecuacións e substituíndo na segunda se terá o valor de µ pedido: ⋅ (µb + a ) − mg ⋅ d = 0 ⇒

mg a ⋅ (µb + a ) = mg ⋅ d ⇒ µb + a = 2 µd ⇒ µ = 2µ 2d − b

ota Complementaria 8.1 : Ecuación diferencial do movemento coas Ecuacións de Lagrange Pregunta: Establecer a ecuación diferencial do movemento coas ecuacións de Lgrange. A función L de Lagrange é: L=T V Calcularase a enerxía cinética T de cada barra con relación ós puntos fixos respectivos D e C, pois proporciona unha expresión máis simple que con relación ó centro de masas: 2

I ⋅ω B I C⋅ω A T= D  2 2 Para calcular estes momentos de inercia se aplicará o teorema de Steiner pois se coñece o momento de inercia dunha barra con relación ó centro de masas IG = m·L2/12 : 2

I D =I Bm⋅BD 2 =

m⋅3d m⋅1,5 d 2=3 md 2 12

Figura 8.10 : Posición xenérica do sistema

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 107 2

m⋅2d  4 md 2 I C =I Am⋅AC = m⋅d = 12 3

Así, a enerxía cinética do sistema quedará:



I D⋅ω B I C⋅ω A  = 2 2

3md ⋅



4md 2 2 ⋅ 2 3 25  = md 2⋅ 2 24

Para establecer a enerxía potencial gravitacional se toma como orixe de enerxías a liña DC. Polo tanto:

V =m⋅g⋅h Bm⋅g⋅h A=m⋅g⋅1,5⋅d⋅cos



m⋅g⋅d⋅sen  2

onde xa se ten en conta o carácter negativo do seno do parámetro polo que, para que a enerxía potencial gravitacional da barra A sexa positiva, se debe engadir un signo “menos” para cambiar o signo negativo do seno de ϕ. Polo tanto, a función L será: 2

L=T V =

25  2 md ⋅ 1,5⋅m⋅g⋅d⋅cos m⋅g⋅d⋅sen  24 2

E a ecuación do movemento se deducirá a partir de:

 ˙

d ∂L ∂L

=0 dt ∂ ∂

dado que as únicas forzas non conservativas non realizan traballo por actuar en puntos fixos ou por ser perpendiculares ó desprazamento do punto sobre o que actúan. O alumno debe recordar que no caso de haber frozas non conservativas que realicen traballo, a ecuación tomaría a forma:

 ˙

d ∂L ∂L

=Q  dt ∂ ∂ Calculando os termos da ecuación un por un: • Paréntese do primeiro termo:

∂L

∂

˙

∂

∂

•

Primeiro termo: dt

•

Segundo termo:





2  25 25 md 2⋅ 1,5⋅m⋅g⋅d⋅cos m⋅g⋅d⋅sen  = md 2⋅ 24 2 12

 ˙ ∂L

∂



˙

d 25 25 2 2 md ⋅ = md ⋅ dt 12 12



2  3 ∂L ∂ 25  = md 2⋅ 1,5⋅m⋅g⋅d⋅cos m⋅g⋅d⋅sen  = ⋅m⋅g⋅d⋅cos m⋅g⋅d⋅cos  ∂ ∂ 24 2 4 2

E así, a ecuación de Lagrange quedará:

 ˙

d ∂L ∂L 25 3 

=0 ⇒ md 2⋅ ⋅m⋅g⋅d⋅cos m⋅g⋅d⋅cos =0 dt ∂ 12 4 2 ∂

Co que, despexando, xa se ten a ecuación diferencial do movemento:

PROBLEMA Nº 8 : Barra esvarando por outra barra (Exame de setembro 2006). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

=



12g 3  ⋅ ⋅sen cos  25d 4 2



Ecuación 8.23

Páxina 108

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 109

PROBLEMA º 9 : Cilindro rodando sobre placa deslizante. (Exame de decembro 2006) r Un bloque de masa M móvese sobre un plano horizontal cunha aceleración a constante. Un disco homoxéneo de masa m e radio R encóntrase a unha distancia L do seu extremo esquerdo no instante inicial representado na figura inferior, na que o sistema parte do repouso. O coeficiente de rozamento disco-bloque e bloque-solo é µ. Determinar:

1. Valor máximo de a para que o disco non deslice. o suposto de que se cumpre a condición anterior: 2. Distancia que percorre o bloque durante o tempo no que o disco permanece sobre el. r ¿Depende esa distancia da aceleración a do bloque? 3. Forza horizontal necesaria sobre o bloque para que este se mova coa aceleración r constante a . 4. Momento de inercia da área da placa homoxénea da figura superior dereita respecto ó seu centro de masas.

Solución: r Apartado 1: Valor máximo de a para que o disco non deslice. Resulta de interese comezar por ver como se move o disco sobre o bloque, o que se pode ver establecendo o diagrama de sólido libre do disco. O aspecto fundamental para debuxalo é darse de conta que o bloque se comeza a mover cara á dereita e que, de non haber rozamento, o disco quedaría en repouso no seu lugar dado que a forza impulsora actúa sobre o bloque e non sobre o disco. Deste xeito, o punto de contacto entre disco e bloque tería un deslizamento Figura 9.1 : Diagramas de sólido libre de bloque e disco cara á esquerda relativo ó bloque. Deste xeito, e habendo rozamento entre bloque e disco como é o caso, o bloque se opón a dito deslizamento aplicándolle unha forza de rozamento a dito punto de contacto cara á dereita, e así o disco se moverá debido ó rozamento entre bloque e disco. Ver diagrama de

PROBLEMA Nº 9 : Cilindro rodando sobre placa deslizante. (Exame de decembro 2006). Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 110

sólido ríxido do disco na figura 9.1 no que se observa que a forza Fr1 moverá o disco cara a dereita. Na figura 9.1 se presenta tamén o diagrama de sólido libre do bloque. De acordo co diagrama de sólido libre do disco, se ve que a 2ª Lei de Newton aplicada ó disco:

∑ F exteriores=m⋅a CentroMasas determina que o centro de masas do disco se moverá cara a dereita, e a Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación aplicada no cento de masas G do disco:

∑ M G =I G⋅α z

determina que o resto do disco xira en sentido antihorario ó redor do centro de masas. Ou sexa que o centro do disco e o bloque se moven cara á dereita, pero xa a segunda pregunta do enunciado (“calcular a distancia que percorre o bloque mentres o disco permanece encima del”) dá a entender que o bloque avanza máis rapidamente que o centro do disco. En todo caso, se ten un desprazamento do bloque, que se pode caracterizar co parámetro x que determine, por exemplo, a posición do extremo esquerdo do bloque en un instante xenérico, e un rodamento do disco sobre o bloque que se pode caracterizar co parámetro angular ϕ que teña xirado o disco nese instante xenérico, tal como se indica nas figuras 9.2 e 9.3. Evidentemente existe unha ligadura entre ambos os dous movementos que vén dada polo rodamento do disco sobre o bloque. O estudio do movemento do sistema se simplifica se se considera como a composición de dous movementos simples: • o rodamento do disco sobre o bloque, considerado este en repouso, • e unha translación do bloque, considerado o disco en repouso. Unha vez considerados estes dous movementos se poderá parametrizar unha posición xenérica do disco e do bloque, que se deixará descrita con ambos os dous parámetros x e ϕ citados dado que non se pide nada que esixa utilizar un só parámetro. Posteriormente se verá a relación entre ambos os dous parámetros. Primeiro movemento: Rodamento do disco sobre o bloque: Na figura 9.2, se mostra o primeiro movemento, o rodamento do disco sobre o bloque, considerado este en repouso. Se representa a posición inicial do disco (1d) con liña descontinua, mentres que unha posición xenérica posterior (2d) aparece representada con liña Figura 9.2 : Movemento 1: Rodamento do disco (bloque en repouso) continua. No instante inicial, (1d), están en contacto os puntos Ad1 do disco co punto Ab1 do bloque, mentres que no instante (2d) están en contacto os puntos Ad2 con Ab2 , e o punto Ad1 do disco se ten movido ata a nova posición indicada sobre o disco debuxado con liña continua, mentres que o punto Ab1 do bloque permanece na mesma posición dado que o bloque se considera en repouso. Pois ben, o rodamento do disco sobre o bloque determina que o punto Ad do disco e o punto Ab do bloque que estean en contacto en cada momento, teñen a mesma velocidade instantánea. Isto, á súa vez, determina que o arco Ad2Ad1 é igual á lonxitude Ab2Ab1 da figura 9.2, e como :

Arco Ad1 Ad2 =ángulo⋅radio=⋅R polo tanto:

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 111

Ab2 Ab1 =arco Ad1 Ad2=⋅R Desta forma a coordenada xG do centro de masas do disco sería, tal como se ve na figura 9.2:

x G =L ⋅R pero non é a coordenada real do centro de masas do disco pois falta considerar a translación do bloque. - Segundo movemento: translación do bloque: Na figura 9.3 se engade agora o desprazamento x que terá realizado o bloque no mesmo intervalo de tempo considerado no movemento anterior do disco. Comentario sobre a posición inicial do disco: Se debe ter en conta que, en dita figura, a posición inicial do disco representada a liña discontinua é a súa posición relativa ó bloque, Figura 9.3 : Posición xenérica do sistema (unha vez engadido o pero de todas formas é desprazamento do bloque) irrelevante pois se trata de ter ben visualizada a posición xenérica representada a liña continua. O alumno debe ter en conta que o desprazamento x do bloque no instante xenérico, e do disco encima del, afecta á posición do disco neste instante xenérico, pero non ó instante inicial que é o que é, polo que a real posición inicial do disco con relación ó sistema de coordenadas fixo habería que tela debuxada unha distancia x cara á esquerda da posición que aparece debuxada en liña descontinua na figura 9.3. Seguindo agora co exercicio, como se ve na figura 9.3 a posición do centro de masas do disco no instante xenérico considerado vén dada por:

x G =Lx ⋅R y G= R

Ecuación 9.1

Ecuación 9.2

E as súas velocidade e aceleración se obteñen derivando as ecuacións anteriores. Velocidade:

˙ ˙ ˙

x G = x ⋅R

yG =0

Ecuación 9.3

Ecuación 9.4

Aceleración:

¨ ¨ ¨

x G = x ⋅R

yG =0

Ecuación 9.5

Ecuación 9.6

Polo que respecta ás súas velocidade angular e aceleración angulares, tal como se pode observar na figura 9.3 na que se ve como xiro do disco ó redor do seu centro de masas vén dado polo ángulo ϕ (o radio

PROBLEMA Nº 9 : Cilindro rodando sobre placa deslizante. (Exame de decembro 2006). Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 112

GAd que inicialmente se encontraba vertical, na posición xenérica se encontra xirado un ángulo ϕ), serán as derivadas deste parámetro:

 d = ⇒ Ecuación 9.7

˙ ¨

Ecuación 9.8

= d =

No que respecta ó bloque, a súa posición, velocidade e aceleración, de acordo coa figura 9.3, veñen dadas polo parámetro x e as súas derivadas:

˙ ˙ ¨ ¨

x b= x ⇒ x b = x ⇒ x b = x E como a aceleración do bloque

Ecuación 9.9

x b = x é constante de valor “a”, de acordo co enunciado, se terá que:

¨ ¨

x b = x =a

o que levado á ecuación 9.5, establece a relación entre a aceleración do centro de masas do disco e a do bloque:

x G =a ⋅R

Ecuación 9.10

Agora se realizará o estudio dinámico do disco. Para elo se volve a presentar o diagrama de sólido libre do disco na figura 9.4 (tamén se inclúe o do bloque). Aplícase a 2ª Lei de Newton e a Ecuación da Dinámica da Rotación ó disco:

∑ F x=m⋅a G ⇒ F r1=m⋅¨xG

Ecuación

9.11

∑ F y =0 ⇒ 1 mg=0⇒ 1=mg

Figura 9.4 : Diagramas de sólido libre de bloque e disco

Ecuación 9.12 Hai que ter en conta que, de acordo coas condicións 2.1 e 2.2, neste caso no que Ad non é o CIR do disco, só se pode estar seguro de poder aplicar a Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación no centro de masas, e así se fará agora:

∑ M Gz =I G⋅α ⇒ F r1⋅R=

mR 2 mR ⋅ ⇒ F r1 = ⋅ Ecuación 9.13 2 2

Da forza de rozamento Fr1 se sabe que no rodamento se cumprirá que: Fr1 ≤ µ · 1 Pero como este apartado fala da condición límite na que o disco vai comezar a deslizar, neste caso se cumpre que: Fr1 = µ · 1 O que combinado coa ecuación 9.12 dará que: Fr1 = µ · N1 Fr1 = µ · mg Levando isto ás ecuacións 9.11 e 9.13, quedarán:

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 113

¨ ¨

F r1 =m⋅a G ⇒ µ⋅mg=m⋅x G ⇒ x G= µ⋅g

F r1 =

Ecuación 9.14

mR  mR 2µ⋅g ⋅ ⇒ µ⋅mg= ⇒ = 2 2 R

Ecuación 9.15

Co que xa se teñen calculadas a aceleración liñal do centro de masas do disco, ecuación 9.14, e a súa aceleración angular, ecuación 9.14. E levando estes valores á ecuación 9.10, se terá a condición que estará a cumprir a aceleración do bloque neste caso límite do disco a punto de deslizar:

x G =a ⋅R ⇒ µ⋅g =a

2µ⋅g ⋅R ⇒ a=3µ⋅g R

Ecuación 9.16

Polo tanto, con aceleracións maiores que esta no bloque, o disco deslizará sobre el pois para manter o rodamento necesitaría unha forza de rozamento maior que a máxima posible.

Apartado 2: o suposto de que se cumpra a condición anterior: distancia que percorre o bloque durante o tempo no que o disco permanece sobre el. ¿Depende esa distancia da aceleración r a do bloque? Este apartado ten un enunciado que o alumno debe interpretar porque podería confundilo. En efecto, o alumno podería supoñer que se trata do caso do movemento no que o disco está a punto de deslizar polo que a aceleración sería a calculada na ecuación 9.16. Sen embargo con esta apreciación non tería sentido a última pregunta deste apartado que dá a entender que a aceleración pode ser variable. Por isto hai que supoñer que o “cumprimento da condición anterior” se refire á que o disco roda e non desliza, nun caso onde a aceleración r a do bloque é coñecida e no que, como hai rodamento, se cumpre que a < 3µg (de acordo coa ecuación 9.16). Para responder á primeira parte da pregunta hai que estudiar o movemento do bloque e do disco. Polo que respecta ó movemento do bloque, trátase dun movemento de translación rectiliño uniformemente r acelerado dado que está sometido a unha aceleración a constante. Como tamén se sabe a súa velocidade inicial, nula, non haberá ningún problema en estudiar o movemento do bloque coas ecuacións da Cinemática. Polo que respecta ó disco, se verá a continuación que, como cabe esperar, tamén o movemento do seu centro de masas é un movemento uniformemente acelerado, ademais de rectiliño como sempre que o centro de masas coincide co centro do disco. En principio é necesario calcular a aceleración do centro de masas do disco para poder estudiar o seu movemento. r Se está nun caso no que a é coñecida e se debe calcular a aceleración do centro de masas do disco a partir deste dato. Para isto se dispón das ecuacións 9.10 (relación de ligadura por rodamento), 9.11, 9.12 (2ª Lei de Newton nun caso xeral de rodamento), e 9.13 (Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación nun caso xeral de rodamento): - Ecuación 9.10: - Ecuación 9.11: - Ecuación 9.12: - Ecuación 9.13:

¨ F r1 =m⋅¨xG

a G =a  R

1 =mg mR F r1 = ⋅ 2

Como é un caso de rodamento xenérico, en xeral: Fr1 ≠ µ · N1

PROBLEMA Nº 9 : Cilindro rodando sobre placa deslizante. (Exame de decembro 2006). Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 114

Sen embargo, entre as ecuacións 9.11 e 9.13 se pode relacionar a aceleración do centro de masas coa aceleración angular do disco, por exemplo dividíndoas membro a membro:

F r1 F r1

m⋅x G mR ⋅ 2

⇒

R

= x G ⇒ =

2 xG R

E levando isto á ecuación 9.10 xa se terá a aceleración do centro de masas do disco en función do dato dispoñible que é a aceleración a do bloque:

xG =a  R ⇒ x G =a

2 xG

a ⋅R ⇒ x G = =a G R 3

Ecuación 9.17

Como a é constante, aG tamén o é, polo que o movemento do centro de masas do disco tamén é rectiliño uniformemente acelerado como cabía esperar. Como se pode ver, a aceleración do bloque é tres veces maior que a aceleración do centro de masas do disco polo que inevitablemente chegará o instante no que o disco quede fóra do bloque. Se debe estudiar o movemento de ambos corpos entre o instante inicial e ese instante. En ambos casos, o espacio percorrido pode establecerse a partir das ecuacións do Movemento Rectiliño Uniformemente Acelerado:

s = v0 t +

at 2 = {v 0 = 0 2

} = at

Pódese ver na figura 9.5 o sistema debuxado nos dous instantes considerados. É de importancia ter refefrenciada a distancia inicial L entre o centro de masas do disco e o borde esquerdo do bloque Como se observa na figura, no mesmo tempo, o bloque ten percorrido unha distancia sb e o centro de masas do disco unha Figura 9.5 : O sistema en dous instantes distancia sd. Polo tanto, aplicando as ecuacións do espacio percorrido nos Movementos Rectiliños Uniformemente Acelerados de cada corpo: – Bloque: sb =

–

at 2 2

Ecuación 9.18

Disco:

a 2 ⋅t aG t 2 at 2 sd = ⇒ sd = 3 ⇒ sd = 2 2 6

Ecuación 9.19

E como se ve na figura 9.5 ambos espacios están relacionados pois:

sb =s d L Ecuación 9.20

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 115

Levando esta relación 9.20 á ecuación 9.18, as dúas ecuacións anteriores 9.18 e 9.19 quedarán: at 2 Ecuación 9.18: s d + L = 2 2 at Ecuación 9.19: s d = 6 que configuran un sistema de dúas ecuacións con dúas incógnitas. Dividindo membro a membro as dúas ecuacións se terá que: at 2 sd + L s +L L = 22 ⇒ d = 3 ⇒ sd = 2 sd sd at 6 L 3L E levando este valor á ecuación 9.20, se terá a distancia pedida: s b = s d + L = + L = 2 2 Espacio que se ve que non depende do valor da aceleración a, senón só da distancia inicial L do centro de masas do disco ó extremo esquerdo do bloque.

Apartado 3: Forza horizontal necesaria sobre o bloque para que este se mova coa aceleración a . constante  Vólvese a expoñer na figura 9.6 os diagramas de sólido libre do bloque e do disco. Polo que respecta ó valor das forzas, se observa: • no disco que, como G non se despraza en Y, será: ΣFy = 0, polo que: 1 = mg • no bloque que, como tampouco se despraza en Y, que ΣFy = 0, polo que: 2 = Mg + 1 o que, Figura 9.6 : Diagramas de sólido libre de bloque e disco combinado coa ecuación anterior, quedará que: 2 = M · g + m · g = (M + m ) · g Pola súa parte, a forza de rozamento Fr2 será Fr2 = µ · 2 dado que o bloque desliza polo solo. Así: Fr2 = µ · 2 = µ · (M+m)g A forza Fr1 se pode establecer a partir das ecuacións 9.11 e 9.17, quedando:

a ma F r1 =m⋅a G =m⋅ = 3 3

r Deste xeito xa se pode establecer o valor da forza F necesaria para conseguir unha aceleración a no bloque aplicando ó bloque a 2ª Lei de Newton en dirección X:

∑ F x=Ma ⇒ F F r1 F r2=Ma ⇒ F

F = µ⋅ M m ⋅g M 

m ⋅a 3

µ  M m⋅g =Ma ⇒ 3

PROBLEMA Nº 9 : Cilindro rodando sobre placa deslizante. (Exame de decembro 2006). Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 116

Apartado 4: Momento de inercia da área da placa homoxénea da figura inicial dereita, respecto ó seu centro de masas. Dada a simetría da figura, o centro de masas é o centro da figura. O método a seguir será o seguinte: • se calculará o momento de inercia do rombo, considerado macizo, con relación ó centro: IO(r) • se calculará o momento de inercia do círculo con relación ó centro: IO(c). Este valor é ben coñecido pois é igual ó dun cilindro con relación ó seu eixe axial:

I O c = •

Area⋅R2 2

Ecuación 9.21

O momento de inercia IO da figura pedida será, de acordo co principio de superposición:

I O =I O  r  I O c 

Ecuación 9.22

O momento de inercia do rombo con relación ó centro, IO(r) , se calculará por suma dos momentos de inercia do rombo con relación ás diagonais IAC(r) e IBD(r) , pois: momento de inercia con relación a un punto = suma de momentos de inercia con relación a eixes perpendiculares que se cruzan nese punto:

I O r = I AC  r I BD  r 

Ecuación

9.23 Cada un destes momentos de inercia, IAC(r) e IBD(r) , se calculará como suma dos Figura 9.7 : Diagramas de sólido libre de bloque e disco momentos de inercia de dous triángulos con relación a un dos seus lados: • IAC(r) como suma do momento de inercia do triángulo ADC (ver figura superior) con relación ó lado AC, IAC(t1) , co momento de inercia do triángulo ABC con relación ó mesmo lado AC, IAC(t2) . Dada a simetría de ambos triángulos, obviamente ambos os dous momentos de inercia serán iguais polo que:

I AC r =I AC t1I AC t2=2⋅I AC t1 •

Ecuación 9.24

Os dous triángulos t1 (ACD) e t2 (ACB) son triángulos de base 2a e altura b, segundo a figura 9.7. De forma similar se calculará o momento do rombo con relación ó outro eixe BD:

I BD r=I BD t3I BD t4=2⋅I BD t3

Ecuación 9.25

Os dous triángulos t3 (DBA) e t4 (DBC) son triángulos de base 2b e altura a, segundo a figura 9.7. O momento de inercia dun triángulo de altura h con relación á base de lonxitude base , é ben coñecido:

I t=

base⋅h3 12

Ecuación 9.26

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 117

De todos os xeitos se verá como calculalo na Nota Complementaria 9.1 no final do problema. Vanse necesitar os valores de a (metade da diagonal maior) e b (metade da diagonal menor), de acordo coa figura 9.7. E no triángulo rectángulo AOB, pódese ver que:

 6  b=L⋅sen 6 a= L⋅cos

Ecuación 9.27

Agora se van calcular os momentos de inercia en función de a e b, e logo, ó final, se substituirán a e b polos valores dados nas ecuacións 9.27 anteriores en función do dato L. De acordo con isto: • Triángulo ACD: IAC (t1) = base · h3 / 12 = 2a · b3 / 12 = a · b3 / 6 • E segundo a ecuación 9.24: IAC(r) = 2 · IAC (t1) = a · b3 / 3 • Triángulo DBC: IAC(t3) = base · h3 / 12 = 2b · a3 / 12 = b · a3 / 6 • E segundo a ecuación 9.25: IBD(r) = 2 · IBD(t3) = b · a3 / 3 • E de acordo coa ecuación 9.23, se terá o momento de inercia do rombo macizo con relación ó seu centro O:

I O r = I AC r I BD  r = •

ab3 ba 3 ab  2 2   = ⋅ b a 3 3 3

E utilizando as expresións das ecuacións 9.27 para dar o resultado anterior en función do dato L do problema se terá que:

π π L⋅cos ⋅L⋅sen ab 2 2 6 6 π π I O r = ⋅ b a = ⋅ L 2⋅sen 2 L 2⋅cos2 =... 3 3 6 6 π π π π L 4⋅cos ⋅sen L 4⋅cos ⋅sen 6 6 6 6 π π ...= ⋅ sen 2 cos 2 = =0, 144⋅L 4 3 6 6 3



•



A isto aínda se lle ten que restar o momento de inercia do burato circular central que é, de acordo coa ecuación 9.21: IO(c)= Área · R2 / 2 = π · R4 / 2 Restando agora ambos os dous momentos de inercia, se terá o momento de inercia da figura: 4

I O=I O r  I O c=0, 144⋅L 4

πR =0, 144⋅L 4 1,571⋅R4 2

ota Complementaria 9.1 : Cálculo do momento de inercia dun triángulo. Pregunta: Calcular o momento de inercia dun triángulo con relación a un eixe que pase por un dos lados. De acordo coa figura 9.8, se pode dicir que: I x =

∫

y =b

y =0

y 2 ⋅ dA

tomando como dA a área sombreada máis escura que se ve que ten como valor dA=2x·dy. A integral anterior quedará: y =b

y=b

I x =∫y =0 y ⋅dA=∫ y=0 y ⋅x⋅dy 2

PROBLEMA Nº 9 : Cilindro rodando sobre placa deslizante. (Exame de decembro 2006). Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 118

Vese que se necesita expresar a variable x en función da variable y, relación que virá dada pola relación de proporcionalidade entre o triángulo pequeno (de base x e altura h-y) e o triángulo total (de base b e altura h):

b⋅h y x b = ⇒ x= h y h h E levado isto á integral anterior, se terá que: y =h

I x =∫y =0 y ⋅x⋅dy= y =h b⋅ h y  =∫y =0 y 2⋅ ⋅dy= h

 

= =

Figura 9.8 : Triángulo con elemento diferencial xenérico

4 y=h

by b⋅y

3 4⋅h

 

= y=0

b⋅h 3 b⋅h4 b⋅h 3 =

3 4h 12

Polo tanto : Ix = base · h3 / 12 Tamén, tendo en conta que: Área = b·h/2, se terá que: I x =

b⋅h3 bh h 2 Área⋅h 2 = ⋅ = 12 2 6 6

ota Complementaria 9.2 : Relación dos movementos de rodamento a través das velocidades Pregunta: A partir do coñecemento que se ten da relación entre velocidades de bloque e disco do problema resolto, relacionar a aceleración do bloque coa aceleración liñal do centro de masas do disco e a aceleración angular deste. No desenvolvemento do problema se determinou a relación entre o movemento do disco e o movemento do bloque establecendo a relación entre a coordenada da posición do bloque e a do centro de masas do disco. Agora se establecerá a través das velocidades. Existe relación entre o movemento do bloque e o movemento do disco debido á ligadura que establece o rodamento do disco sobre o bloque. Este rodamento determina que o punto Ad do disco e o punto Ab do bloque que estean en contacto en cada momento, teñen a mesma velocidade instantánea: r r v Ad = v Ab Ecuación 9.28 Esta relación debe tratarse con precaución pois puidera parecer que isto conduce a que ambos os dous puntos teñan tamén a mesma aceleración instantánea (derivando a igualdade anterior), o que non é Figura 9.9 : Dous posicións diferentes do sistema

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 119

certo. O alumno debe de darse de conta que esta igualdade non se pode derivar pois é unha igualdade instantánea que non é certa en ningún instante posterior, e a igualdade de derivadas implica que a igualdade inicial segue a ser certa posteriormente pois implica unha variación temporal igual para ambos valores. Para ver que as aceleracións destes dous puntos non poden ser iguais, só hai que darse de conta que a aceleración do punto Ad ten que ter unha compoñente centrípeta pois Ad ten un movemento curviliño, mentres que a aceleración de Ab só ten compoñente tanxencial (horizontal) pois ten un movemento rectiliño. Na figura 9.9 represéntanse as posicións destes puntos en dous instantes diferentes: • Instante 1: posición (1d), representado o sistema con liña de trazos: instante en que se encontran en contacto o punto Ad do disco e o punto Ab do bloque que se encontran nas posicións respectivas Ad1 e Ab1. • Instante 2 posterior: posición (2d), onde os corpos aparecen representados con liña continua, e os puntos Ad e Ab teñen evolucionado ata as posicións Ad2 e Ab2 respectivamente. Recordar que o xiro é antihorario. Pódese ver que Ad tivo un movemento curviliño mentres que Ab o tivo rectiliño. Ten un certo interese ver a diferencia entre esta figura e a figura 9.3 do problema, pois nesta figura 9.9 se representan as posicións do disco e do bloque tal como se encontran en cada un dos instantes, mentres que na figura 9.3 , para maior claridade de entendemento da composición dos dous movementos, o do disco e o do bloque, a posición inicial do disco debuxado a trazos se presentaba na súa posición relativa ó bloque, non na súa posición real. Agora se deducirá da ecuación 9.28 unha relación entre a velocidade do bloque e a velocidade do centro de masas do disco que se vai manter no tempo, e que, polo tanto, se poderá derivar. Deste xeito se chegará a r unha relación entre o dato a (aceleración do bloque) e a aceleración do centro de masas do disco. Isto xa permitiría resolver o problema de contado. Un aspecto fundamental no estudio deste tipo de rodamentos é que o centro de masas do cilindro, cando sexa o centro xeométrico, ten un movemento rectiliño. Se terá en conta isto a continuación. Exprésase agora a velocidade do punto do disco Ad en función da velocidade do centro de masas G do disco, aplicando as ecuacións da Cinemática : Figura 9.10 : Relación entre puntos de contacto Ad e Ab , e r r r r r v Ad = v G + ω x GAd = v G + ωR i centro de masas G do disco Pola súa parte, a velocidade do punto do bloque Ab será a velocidade que teña todo o bloque en cada momento, dado que o seu movemento é unha translación, ou sexa: r r v Ab = v b Levando estes dous valores á ecuación 9.28:

v Ad =v Ab ⇒v G ωR i =v b Ecuación 9.29 E esta igualdade pódese ver que é unha relación entre a velocidade do centro de masas do disco e a velocidade do bloque que se cumprirá en calquera instante posterior pois G terá sempre a mesma relación con cada punto Ad que se encontre en contacto co bloque en cada momento. Polo tanto a ecuación 9.30 si se pode derivar para obter a relación entre as aceleracións do centro de masas do disco e do bloque, que se busca. Derivando a ecuación 9.29: r r r r r r r r derivando v G + ωR i = v b  → a G + αR i = a ⇒ a G = (a − αR ) i Ecuación 9.30

PROBLEMA Nº 9 : Cilindro rodando sobre placa deslizante. (Exame de decembro 2006). Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 120

Nota Complementaria 9.3 : Relación entre parámetros Pregunta: Encontrar a relación entre os dous parámetros ϕ e x utilizados no exercicio. Estas dúas magnitudes están relacionados pois o desprazamento do bloque é o que determina o xiro do disco. E esta relación se pode encontrar sen máis que ter en conta as ecuacións 9.5, 9.11 e 9.13:

•

Ecuación 9.11: F r1 =m⋅x : establecida por consideracións dinámicas nun movemento xeral. G

•

mR ⋅ : establecida por consideracións dinámicas nun movemento xeral.. Ecuación 9.13: F r1 = 2

•

¨ ¨ ¨

Ecuación 9.5: x G = x ⋅R : establecida por consideracións puramente xeométricas. Levando as ecuacións 9.5 e 9.13 á 9.11, se terá que:

¨ ¨  ¨ ¨

2x mR ⋅ =m⋅ x ⋅R ⇒ = 3R 2

Ecuación 9.31

Agora esta ecuación é facilmente integrable para obter unha relación entre ambos os dous parámetros:

=

2x d 2 dx 2 2 ⇒ = ⋅ ⇒ d  = ⋅d x ⇒  = ⋅x Cte 3R dt 3R dt 3R 3R

˙ ˙

sendo a Cte nula dado que bloque e disco parten do repouso:

=

2 ⋅x 3R

Ecuación 9.32

Unha nova integración conduce a que:

=

2 ⋅x 3R

Ecuación 9.33

dado que a nova constante de integración é nula partindo de que no instante inicial sexan x=0 e ϕ=0.

ota Complementaria 9.4 : Ecuacións de Lagrange con forzas non conservativas (I) Pregunta: Utilizando as ecuacións de Lagrange, determinar a forza de arrastre sobre o r bloque necesaria para producirlle a aceleración a . Utilizar os dous parámetros x e ϕ. Con esta pregunta se trata de visualizar a utilización das ecuacións de Lagrange cando existen forzas non conservativas como é este caso. Aínda que están relacionados os dous parámetros utilizados neste exercicio tal como se ve na Nota Complementaria 9.3, se pide plantexar as ecuacións de Lagrange Figura 9.11 : Diagrama de sólido libre do sistema discobloque

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 121

traballando con ambos os dous parámetros: x e ϕ . Desta forma o alumno practicará o traballo coas ecuacións de Lagrange con dous parámetros. Por outra banda, considerado disco e bloque como un só sistema, as forzas exteriores actuantes quedan representadas no diagrama de sólido libre da figura 9.11. Nel vense dúas forzas non conservativas que realizan traballo: Fr e F. Polo tanto, as ecuacións de Lagrange serán:

 ˙  ˙

∂L d ∂L

=F Fr 2  dt ∂ ∂

d ∂L ∂L

=F x Fr 2 x dt ∂x ∂x A función de Lagrange será: L = T – V Se calcularán agora as expresións da enerxía cinética T e da enerxía potencial V do sistema: Enerxía cinética: ➢ Bloque: Ten un movemento de translación polo que, recordando que a velocidade do bloque vén dada pola ecuación 9.9, se pode poñer que: 2 1 1 T bloque = M⋅v 2b = M⋅x 2 2

➢ Disco: se utilizará a expresión xeral que, recordando que a velocidade liñal do centro de masas do disco vén dada pola ecuación 9.3 e que a velocidade angular do disco está dada na ecuación 9.7, quedará: 2 2 1 2 1 1 1 1 T disco = mv 2G I G⋅ = m⋅ x ⋅R  ⋅ ⋅m⋅R2⋅ 2 2 2 2 2

˙ ˙

Polo tanto, a enerxía cinética do sistema será a suma das dúas enerxías anteriores: 2 2 1 2 1 1 T =T bloqueT disco = ⋅M⋅x  m⋅ x ⋅R  ⋅m⋅R2⋅ 2 2 4

˙ ˙

Ecuación 9.34

Enerxías potenciais, Non existen neste sistema. Polo tanto, a Lagranxiana quedará: 2 2 1 2 1 1 L=T V = ⋅M⋅x  m⋅ x ⋅R  m⋅R 2⋅ 2 2 4

˙ ˙

Ecuación 9.35

Forzas xeneralizadas: • Fϕ = 0 dado que aplicando un desprazamento virtual en ϕ , mantendo constante x, a forza F non realiza traballo algún: só realiza traballo se hai desprazamento en x. O mesmo se pode dicir para Fr2ϕ , polo que tamén Fr2ϕ = 0. Isto é así porque estamos considerando os dous parámetros como independentes. Se se considerara a relación entre eles e, en consecuencia se traballara só cun parámetro, por exemplo ϕ , Fϕ e Fr2ϕ non serían cero pois un desprazamento virtual en ϕ levaría consigo un desprazamento virtual en x. Sen embargo hai que insistir que, neste caso, se están a considerar ambos os dous parámetros por separado

PROBLEMA Nº 9 : Cilindro rodando sobre placa deslizante. (Exame de decembro 2006). Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 122

(por iso as ecuacións de Lagrange son dous), polo que o desprazamento virtual dun deles vai unido á constancia do outro. •

Sen embargo Fx , como xa se dixo, non é nulo: F x =

•

Tampouco o é Fr2x: Fr 2 x =

 W F F⋅ x = =F x x

 W F F r2⋅ x = = F r2 = ⋅M m⋅g x x O alumno debe de darse de conta que: Fr2 = µ· 2=µ·(m+M)·g pois, de acordo co r2

diagrama de sólido libre da figura 9.11, non habendo movemento en vertical: 2=mg+Mg=(m+M)·g, e, habendo deslizamento entre bloque e solo: Fr2 = µ · 2=µ·(m+M)·g Se aplican agora as dúas ecuacións de Lagrange (darse de conta que os sumandos

ecuacións seguintes, son nulos, polo que só os sumandos

 ˙  ˙

d ∂L dt ∂

ecuacións):

 ˙  ˙

d ∂L dt ∂x

2x d ∂L ∂L 3

=F  Fr  ⇒ mR x mR 2 =0 ⇒  = 3R dt ∂ 2 ∂

∂L e ∂

∂L das ∂x

teñen contribución ás

Ecuación 9.36

d ∂L ∂L

=F x Fr 2 x ⇒  M m x mR  =F ⋅ M m⋅g dt ∂x ∂x

Despexando F nesta última ecuación e traendo o valor de  dado pola ecuación 9.36, quedará:

M m x mR  =F ⋅M m⋅g ⇒ M xm x mR



F =⋅ M m⋅g M  E tendo en conta que

¨x=a

2x =F ⋅ M m⋅g ⇒ 3R

¨

m x 3

, a expresión da forza necesaria para producir a aceleración a será:



F =⋅ M m⋅g M 



m ⋅a 3

ota Complementaria 9.5 : Ecuacións de Lagrange con forzas non conservativas (II)

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 123

Pregunta: Utilizando as ecuacións de Lagrange, determinar a forza de arrastre sobre o bloque r necesaria para producirlle a aceleración a . Utilizar a relación existente entre os parámetros x e ϕ dada polas ecuacións 9.32 e 9.33 para traballar só co parámetro ϕ. Ó traballar cun só parámetro, a ecuación de Lagrange será única:

 ˙

d ∂L ∂L

=F Fr 2  dt ∂ ∂ Como se ve, se toma o parámetro ϕ que indica o enunciado, aínda que o parámetro x facilitaría o cálculo da forza xeneralizada. Loxicamente a expresión da Lagranxiana dada pola ecuación 9.35 segue a ser válida: 2 2 1 2 1 1 L= ⋅M ⋅x  m⋅ x ⋅R  m⋅R2⋅ 2 2 4

˙ ˙

pero agora se debe por a primeira derivada do parámetro x en función da primeira derivada do parámetro ϕ utilizando a ecuación 9.32:

=

2 3R ⋅x ⇒ x = ⋅ 3R 2

˙ ˙

Polo tanto, a función lagranxiana quedará en función unicamente de ϕ : 2

 ˙

 ˙  ˙ 

2 3R 3R 1 1 1 ⋅  m⋅ ⋅ ⋅R  m⋅R 2⋅ L= ⋅M ⋅ 2 2 2 2 4

Operando: 2

3R2⋅ L= ⋅3 M m 8

Ecuación 9.37

Revisando agora os termos da ecuación de Lagrange, se terá: •

F =

 W F F⋅ x =  

Ecuación 9.38

pero agora se está considerando a relación entre ϕ e x, polo que a variación en ϕ implica unha variación en x, tal como se comproba a partir da ecuación 9.33:

=

2 2 3R ⋅x ⇒  = ⋅ x ⇒  x= ⋅  3R 3R 2

Ecuación 9.39

Levando esta relación á ecuación 9.38, esta quedará:

3R F⋅ ⋅  F⋅ x 2 3R F = = = F⋅   2 •

Actuando da mesma forma no cálculo de Fr2ϕ :

Ecuación 9.40

PROBLEMA Nº 9 : Cilindro rodando sobre placa deslizante. (Exame de decembro 2006). Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 124

3R ⋅  W F F r2⋅ x F r2 2 ⋅  ⋅ M m⋅g⋅3R Fr 2  = = = =    2 r2

xa utilizando a ecuación 9.39 e a relación entre forza de rozamento e pesos.

 ˙

•

3R ⋅ d L = ⋅3 M m : que se obtén derivando convenientemente a ecuación 9.37. dt 4 

•

L =0 

Polo que a ecuación de Lagrange queda:

3R 2⋅ 3R ⋅M m⋅g⋅3R ⋅3 M m= F⋅

4 2 2

Onde despexando F queda:



F =⋅ M m⋅g M 



m 3 R⋅ ⋅ 3 2

Ecuación 9.41

Pero, de acordo coa ecuación 9.31: 3 R⋅ =a , polo que a ecuación 9.41 quedará:



F =⋅ M m⋅g M 



m ⋅a 3

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 125

PROBLEMA º 10 : Barra entre resorte e disco (Exame

de febreiro 2007)

Unha barra homoxénea de masa m e lonxitude 2R vincúlase nun extremo B mediante unha corrediza articulada sen rozamento a un resorte de constante elástica k e lonxitude natural depreciable, situado dentro dunha guía vertical de altura 3R, e nun extremo A ó centro dun disco homoxéneo de radio R e masa m que roda sen deslizar sobre unha superficie horizontal, tal como se indica na figura 1 inferior. Determinar:

1. Graos de liberdade do sistema, parametrice unha posición xenérica do mesmo e exprese a velocidade de A e B e velocidade angular da barra e disco en función do(s) parámetro(s) elexido(s), as súas derivadas temporais e R. 2. Enerxía cinética e potencial do sistema para a posición xenérica 3. Ecuación diferencial do movemento 4. Posicións de equilibrio do sistema. Indique se son estables ou inestables 5. Centro de masas e momento de inercia respecto a este da placa homoxénea da figura 2

Solución: Aínda que neste caso non parece necesario, se comezará por analizar o movemento do sistema que, en principio, parece sinxelo de ver: o disco roda avanzando cara á dereita empurrado pola barra en canto esta se aparte lixeiramente da posición vertical e comece a caer por efecto do seu propio peso. Deste xeito o extremo A da barra empuxará ó centro do disco cara á dereita ata que a barra acade a posición horizontal. A partir de aí, o disco terá que volver cara á esquerda pois a distancia do punto A á vertical, diminuirá desde o seu valor máximo correspondente á posición Figura 10.1 : Diagrama de sólido libre do horizontal da barra.. disco En principio se supón que o resorte non é quen de deter a caída da barra antes de que esta acade a posición horizontal. Así, o efecto da barra sobre o centro do disco será empuxalo cara á dereita e, ademais, cara abaixo como

PROBLEMA Nº 10 : Barra entre resorte e disco (Exame de febreiro 2007). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 126

consecuencia do seu peso (da barra). Así, a barra aplicará ó disco a forza F representada no diagrama de sólido libre do disco da figura 10.1. Evidentemente, a forza de rozamento Fr que aplica o solo ó disco será cara á esquerda para impedir o deslizamento cara á dereita que a forza F podería provocar ó punto O. Fixarse no diagrama de sólido libre do disco na figura 10.1. Neste se pode ver como a forza de rozamento impón un xiro en sentido horario ó disco ó redor do seu centro de masas. De todos os xeitos, conforme a barra cae, está a estirar o resorte e, polo tanto, a aumentar a forza que o resorte lle aplica no extremo B cara arriba, polo que puidera rematar por deter a caída da barra, e devolvela cara arriba. Isto, loxicamente, ten que ir acompañado da inversión da rodadura do disco, que rodaría logo cara á esquerda. Neste caso se podería estar ante algún tipo de movemento oscilatorio. De todos os xeitos, se o resorte non fose quen de deter a caída da barra, en canto esta pasase da posición horizontal, o disco debería inverter o seu xiro pois a distancia do centro A do disco á vertical que pasa polo resorte comezaría a diminuír desde o seu valor máximo 2R que é a lonxitude da barra. Neste caso, anteriormente o disco debería deixar de acelerar e comezar a frear nalgunha posición anterior á que a barra acade a posición horizontal pois: • desde a posición inicial, para se mover cara á dereita, o sistema, e polo tanto o disco, ten que acelerar, • pero nalgún momento antes de que a barra acade a posición horizontal, o disco debe comezar a frear para, ó chegar a barra á posición horizontal, encontrarse o disco con velocidade nula e, así, a continuación, • poder comezar a acelerar cara á esquerda: unha inversión do sentido do movemento debe ir acompañado dunha anulación previa da velocidade xusto no momento da inversión, e isto esixe un freado. De acordo con isto, a posición do sistema correspondente á situación horizontal da barra, sería unha posición de velocidade cero para o disco, aínda que, evidentemente, non necesariamente de aceleración cero.

Apartado 1a): ¿Graos de liberdade do sistema? Suponse unha posición inicial tal como a indicada na figura 10.2. O alumno debe recordar que un sólido libre cun movemento plano ten tres graos de liberdade e, de acordo con estes, a súa localización necesita tres variables para que quedar determinada, variables que soen ser as coordenadas x e y dun punto do sólido – normalmente o seu centro de masas- e o ángulo que xira o sólido ó redor deste punto.

Figura 10.2 : Posición inicial do sistema

De acordo con isto, un disco rodando por un plano posúe un só grao de liberdade dado que, ver figura 10.3, a coordenada yA do seu centro de masas é unha constante (R) e a coordenada xA está relacionada co ángulo de xiro do disco ϕ ó redor dese punto : xA = ϕ · R En efecto, supoñendo que o punto O do disco, que inicialmente estaba en contacto co solo, evolucionou ata a posición O’ nun tempo xenérico t, :

Figura 10.3 : Relacións entre ángulos

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 127

•

a distancia O’’O’ medida sobre a superficie do disco que é a que recorreu o punto O nese tempo, ver figura 10.3, • de acordo coa condición de rodamento do disco sobre o solo, ten que ser igual que a distancia O’’O medida polo solo horizontal: distancia horizontal OO’’ = arco O’’O’ xA = |ϕ · R | xA = -ϕ · R O signo negativo vén imposto por ser xA positiva e ser ϕ negativo cos eixes habituais que se utilizarán. Ver figura 10.4. De acordo con esta expresión, basta cun só parámetro para determinar a posición do disco, para o que se tomará o ángulo ϕ. Polo tanto, o disco ten un só grao de liberdade e se tomará o ángulo ϕ como parámetro para determinar a súa posición xenérica. Polo que respecta á barra A’B’, xa se ten determinado o movemento do seu extremo A’ co parámetro ϕ dado que este punto forma parte do disco. Polo tanto basta engadir un novo parámetro que determine o xiro da barra ó redor deste punto para ter determinada a posición da barra. Este parámetro pode ser ángulo α da figura 10.3 pois determina o xiro da barra ó redor do punto A'. Desta forma se admite que a barra ten, en principio, outro grao de liberdade. Sen embargo haberá que comprobar se o ángulo α está relacionado co ángulo ϕ pois, neste caso, seguiría sendo un sistema cun só grao de liberdade. Aínda quedaría determinar o movemento do resorte pero este queda determinado co movemento do extremo B’ da barra, á súa vez xa determinado coa posición de A' e o ángulo α . De todos os xeitos, cando un resorte forma parte do sistema, ás veces resulta de utilidade ter relacionado co(s) parámetro(s) o seu alongamento, neste caso a distancia d da figura 10.3 pois este resorte ten extensión natural nula. Agora se trataría de ver se o sistema ten un ou dous graos de liberdade, para o que bastaría ver se os dous ángulos ϕ e α que se teñen establecidos ata o de agora para determinar unha posición xenérica do sistema, están directamente relacionados entre si ou non. Para ver isto, moitas veces resulta de utilidade ver se ambos ángulos están relacionados nalgún triángulo rectángulo, aínda que non necesariamente teñen que aparecer os dous ángulos no mesmo. E efectivamente, pódese ver no triángulo B’CA’ da figura 10.3, que ten o ángulo α e, como lado B’C, a distancia xA que é ϕ · R tal como xa se ten visto dado que existe rodamento entre disco e solo. Polo tanto, vese que:

sen α =

⋅R  ⇒ sen α=

2R 2

Ecuación 10.1

Co que xa están relacionadas as dúas variables α e ϕ, polo que se trata de un sistema cun só grao de liberdade. Para impedir unha complexidade excesiva do problema resulta agora fundamental realizar unha boa elección entre un ou o outro ángulo como parámetro. E, cando como neste caso se están a considerar dous ángulos e, na súa relación, un deles aparece dentro dunha función trigonométrica e o outro non, sempre resulta máis cómodo utilizar como parámetro o que aparece dentro da función trigonométrica, ou sexa, neste caso, α. No remate do problema se poden ver as expresións moito máis engorrosas que se obteñen traballando con ϕ. De acordo con esta elección, haberá que contar coa seguinte relación:

= 2⋅sen α

Ecuación 10.2

Ademais, como é de esperar que na resolución do problema se teñan que considerar

Figura 10.4 : Relacións entre parámetros

PROBLEMA Nº 10 : Barra entre resorte e disco (Exame de febreiro 2007). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 128

relacións dinámicas, se debe buscar unha relación entre o alongamento do resorte e o parámetro tomado. Así, tamén no mesmo triángulo B’CA’ anterior presentado agora na figura 10.4, pódese buscar a relación entre d e α para o que se ten como lado CA’ = B’A a distancia 2R – d, co que, establecendo o coseno de α , xa se terá a relación entre y e α :

cos α=

2R d ⇒ d =2R⋅ 1 cos α  2R

Ecuación 10.3

Apartado 1b): Parametrice unha posición xenérica do sistema en función do(s) parámetro(s) elexido(s), as súas derivadas temporais e R : De acordo coa figura 10.4: –

Posición do centro de masas A do disco: • A súa coordenada xA será: xA = - R · ϕ que segundo a ecuación 10.2 se transforma en:

x A=2R⋅sen  •

E a súa coordenada yA será:

y A=0 –

Ecuación 10.4

Ecuación 10.5

Posición do centro de masas da barra: • A súa coordenada xG será: x G = B ' D = B' C − DC = x A − R ⋅ sen α que segundo a ecuación 10.4 se transforma en:

x G =x A R⋅sen α=2R⋅sen α R⋅sen α Polo tanto:

x G =R⋅sen α •

Ecuación 10.6

E a coordenada yG será:

y G=GE =FA ' =R⋅cos α

Ecuación 10.7

Apartado 1c): Determine a velocidade do punto A e velocidade angular do disco en función do(s) parámetro(s) elexido(s), as súas derivadas temporais e R. A velocidade liñal do punto A se obtén derivando as ecuacións 10.4 e 10.5 anteriores:

x A =2R⋅⋅cos α •

yA =0 Polo tanto a velocidade de A será:

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 129

 v A=2R⋅⋅cos α i

Ecuación 10.8 •

A velocidade angular do disco é obviamente ϕ pois ϕ determina o xiro do disco ó redor do seu

centro de masas. Polo tanto: ω =  A E segundo a ecuación 10.2, quedará en función do parámetro:

ω A=

d d =  2⋅sen α = 2⋅⋅cos α dt dt

Ecuación 10.9

No remate do problema, na Nota Complementaria 10.1, se utiliza o método analítico para calcular a relación entre a velocidade angular do disco e o parámetro e as súas derivadas.

Apartado 1d): Determine a velocidade do punto B e velocidade angular da barra en función do(s) parámetro(s) elexido(s), as súas derivadas temporais e R Resulta evidente que a velocidade angular da barra será a primeira derivada do parámetro α pois este ángulo é o que determina o xiro da barra ó redor do seu centro de masas. Polo tanto: •

ωb = α

Ecuación 10.10

Para calcular a velocidade do punto B (B’ na figura 10.4), se sabe a velocidade do punto A (A’ na figura 10.4), polo que se poderá calcular a partir desta e da velocidade angular, utilizando as ecuacións da Cinemática aplicadas á barra: •

•

(

v B = v A + ω b x AB → vB j = 2 R ⋅ α ⋅ cos α i + α k x − 2 R ⋅ sen α i + 2 R ⋅ cos α j

)

Operando: •

•

( )

vB j = 2 R ⋅ α ⋅ cos α i − α ⋅ 2 R ⋅ sen α j + α ⋅ 2 R ⋅ cos α − i

Obviamente os termos en X anúlanse, quedando os termos en Y para dar a velocidade de B:

v B = 2R⋅⋅sen α Ecuación 10.11 No remate do problema, na Nota Complementaria 10.2, preséntase outra forma de calcular estas dúas velocidades.

Apartado 2: Enerxía cinética e potencial do sistema para a posición xenérica Se calculará por separado a enerxía do disco, a da barra e a do resorte. Ver figura 10.5. - Disco: Se tomará como orixe de enerxías potenciais gravitacionais o nivel do centro de masas A do disco, e así o disco só terá enerxía cinética. A enerxía cinética do disco se pode calculala con relación ó centro de masas: E c _ disco =

1 1 mv A2 + I Aω A2 2 2

ou con relación ó CIR O’’ :

PROBLEMA Nº 10 : Barra entre resorte e disco (Exame de febreiro 2007). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 130

1 E c = I O ''⋅ω 2A disco 2 Utilizando esta última expresión para o que, primeiro, se debe calcular o momento de inercia do disco con relación a O’’ utilizando o teorema de Steiner: 2

I O ''=I A m⋅AO ''2 =

mR 3 mR mR 2 = 2 2

Polo que a enerxía cinética será:

 ˙

1 1 3 mR 2 E c = I O ''⋅ω 2A=

2 ⋅cos α 2 2 2 disco



Operando: 2

E c =3 mR 2⋅ ⋅cos2 α disco

Ecuación 10.12

Figura 10.5 : Relacións entre parámetros

- Barra: Ebarra=Ec_barra + Epg_barra ➢ Enerxía potencial gravitacional da barra: recordar que se toma como orixe de enerxías potenciais o nivel do centro de masas do disco:

E pg=mg⋅GE 2=mg⋅R⋅cos α

Ecuación 10.13

➢ Enerxía cinética da barra: Vaise calcular con relación ó centro de masas:

1 1 E c = mv 2G I G ω2b 2 2

Ecuación 10.14

barra

Vese que se necesita a vG e para calculala pódense derivar as ecuacións 10.6 e 10.7 ou recorrer ás ecuacións da Cinemática ( v G = v A + ω b x AG , o que se pode ver nas Notas Complementarias no remate deste problema). Obviamente é máis simple derivar as ecuacións 10.6 e 10.7: •

•

x G = R ⋅ sen α ⇒ x G = R ⋅ α ⋅ cos α •

•

y G = R ⋅ cos α ⇒ y G = − R ⋅ α ⋅ sen α E así o cadrado de vG quedará:

v G2 = xG  y G =R2  ⋅ cos 2 αsen 2 α =R 2 

˙ ˙

Polo tanto, queda: 2

v G2 = ⋅R 2 Ecuación 10.15

Ecuación que levada á ecuación 10.14 xunto coa expresión da IG dunha barra de lonxitude L, IG = mL /12, e co valor da velocidade angular da barra dada pola ecuación 10.10, dará a enerxía cinética da barra: 2

2 1 m⋅ 2R  2 2 1 1 1 2 E c = mv 2G I G ω2b = mR 2 α  α = mR 2 α 2 2 2 2 12 3 barra

Ecuación 10.16

➢ Enerxía total da barra: será a suma da enerxía potencial gravitacional dada pola ecuación 10.13 coa enerxía cinética dada pola ecuación 10.16.

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 131 • 2 Ebarra = E pg _ barra + E c _ barra = mg ⋅ R ⋅ cos α + mR 2 α 2 3

Ecuación 10.17

- Resorte: Considerase a enerxía potencial elástica que será: Epe_resorte = k · d 2/ 2 e tendo en conta que a deformación d do resorte está dada na ecuación 10.3 en función do parámetro α se terá: 1 2 2 E pe _ resorte = k ⋅ [2 R ⋅ (1 − cos α )] = 2k ⋅ R 2 ⋅ (1 − cos α ) 2 Polo tanto:

E pe _ resorte = 2k ⋅ R 2 ⋅ (1 − cos α ) Ecuación 10.18 2

- Enerxía total: sairá de sumar as expresións 10.12, 10.17 e 10.18: •

E total = E disco + E barra + E resorte = 3mR 2 ⋅ α 2 ⋅ cos 2 α + mg ⋅ R ⋅ cos α +

• 2 2 mR 2 α 2 + 2k ⋅ R 2 ⋅ (1 − cos α ) 3

expresión que pode simplificarse lixeiramente: • 2  2 E total = mR 2 ⋅ α 2 ⋅  3 cos 2 α +  + mg ⋅ R ⋅ cos α + 2k ⋅ R 2 ⋅ (1 − cos α ) 3 

Apartado 3: Ecuación diferencial do movemento Aínda que se teñen calculado as expresións das enerxías do sistema e, así, sería máis simple calcular a ecuación diferencial do movemento utilizando as Ecuacións de Lagrange, se utilizarán as Leis de Newton para practicar o seu uso. Para isto se necesita en primeiro lugar ter as ecuacións das compoñentes das aceleracións dos centros de masas do disco, A, e da barra, G. Para isto se teñen que derivar as ecuacións 10.4, 10.5, 10.6 e 10.7:

¨

 Ecuación 10.19



x A=2R⋅sen α  x A=2R⋅⋅cos α  x A =2R⋅ ⋅cos α  ⋅sen α

y A=0  y A =0  y A=0 Ecuación 10.20

¨

x G =R⋅sen α  x G =R⋅⋅cos α  xG =R⋅ ⋅cos α  ⋅sen α Ecuación 10.21

¨

y G= R⋅cos α  yG = R⋅⋅sen α  y G = R⋅ ⋅sen α ⋅cos α Ecuación 10.22

Tamén se necesitarán as aceleracións angulares do disco e da barra, para o que se teñen que derivar as ecuacións 10.9 e 10.10 que dan as velocidades angulares: – Ecuación 10.9, disco:





ω A= 2⋅⋅cos α ⇒  A =2⋅ ⋅cos α ⋅sen α Ecuación 10.23

–

Ecuación 10.10, barra:

PROBLEMA Nº 10 : Barra entre resorte e disco (Exame de febreiro 2007). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

˙ ˙ ¨

ω b =  ⇒  b =

Páxina 132

Ecuación 10.24

Agora se aplicará a 2ª Lei de Newton e a Ecuación da Dinámica da Rotación ó disco e á barra. Na aplicación destas leis se obterán 6 ecuacións, 3 de cada corpo (2ª Lei de Newton en X e en Y máis a Ecuación da Dinámica da Rotación). E existen 5 valores de forza descoñecidas: compoñentes Fx e Fy da forza F das figuras seguintes, , Fr e FB , que se deberán eliminar entre as 6 ecuacións. Así se obterá a ecuación diferencial do movemento do sistema. Débese comezar por realizar os diagramas de sólido libre do disco e da barra. Ver figuras 10.6 e 10.7. Figura 10.6 : Diagrama de sólido libre do Débese ter en conta que existen dúas forzas de acción e disco reacción que se denominan F, unha que aplica a barra ó disco, e a que o disco aplica á barra, que evidentemente serán ambas de igual valor e dirección, e sentido contrario. Agora se verá como detectar posibles erros nos diagramas. Pódese ver como o diagrama de sólido libre do disco da figura 10.6 explica o feito de que, inicialmente, o disco debe poñerse en movemento a partir do repouso polo que debe haber unha aceleración, e polo tanto unha suma de forzas, cara á dereita, o que evidentemente ocorre gracias á compoñente horizontal da forza de empuxe F que lle aplica a barra. Sen embargo, tamén a barra debe poñerse inicialmente en movemento cara á dereita e polo tanto acelerar nesa dirección, mentres que as forzas debuxadas no diagrama de sólido libre da figura 10.7 non poden producir unha aceleración cara á dereita: só F ten compoñente horizontal e é cara á esquerda. Polo que existe un erro neste diagrama. Obviamente o erro non pode ser unha mala dirección da foza Figura 10.7 : Diagrama (incompleto) de F pois esta é necesaria para a aceleración inicial do disco cara sólido libre da barra á dereita, polo que o erro ten que ser que falta unha forza sobre a barra que teña compoñente horizontal cara á dereita, forza que, unha vez pensado, debe ser a que ten que aplicar, á barra, a guía que contén ó resorte. Efectivamente, se non existise esa guía e polo tanto esta outra forza, o centro de masas da barra aceleraría inicialmente cara á esquerda, de acordo co diagrama de sólido libre da figura 10.7: ou sexa o centro de masas do disco iría cara á dereita e o centro de masas da barra cara á esquerda. Polo tanto, unha vez tida en conta a guía do resorte, se presentan a continuación os diagramas de sólido libre correctos nas figuras 10.8 e 10.9. Xa se presenta a forza F descomposta nas súas compoñentes. Se aplicará agora a 2ª lei de Newton e a ecuación da dinámica da rotación ó disco: Figura 10.8 : Diagrama de sólido – Disco: libre do disco ➢ 2ª lei de Newton en X:

F x F r =m⋅x A ⇒

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 133

¨

F x F r =m⋅2R⋅ ⋅cos α  ⋅sen α



Ecuación 10.25

➢ 2ª lei de Newton en Y:

F y mg=m⋅y A ⇒ F y mg=0

Ecuación 10.26

➢ Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación que se aplicará con relación a O pois, como se demostra no problema 7, este punto cumpre tanto as condicións 2.1 como as 2.2:

∑M

•

O_z

Figura 10.9 : Diagrama de sólido libre da barra

= IO ⋅ω A

onde a aceleración angular do disco está calculada na ecuación 10.23, quedando así esta ecuación:





2 3

F x⋅R= mR 2⋅2⋅ ⋅cos α ⋅sen α ⇒ 2

¨

F x=3 mR⋅ ⋅cos α  ⋅sen α



Ecuación 10.27

e se ve que esta ecuación xa proporciona Fx en función do parámetro, por se fixera falta. – Barra: ➢ 2ª lei de Newton en X:

¨

F B F x =m⋅x G ⇒ F B F x =mR⋅ ⋅cos α  ⋅sen α



Ecuación 10.28

➢ 2ª lei de Newton en Y:

[ ¨

F y F m mg=m⋅y G ⇒ F y k⋅d mg =m⋅ R⋅ ⋅sen α ⋅cos α

]

e tendo en conta que d está calculado en función do parámetro na ecuación 10.3, xa se pode despexar Fy en función do parámetro, quedando:

¨

F y =mg k⋅2R⋅ 1 cos α  m⋅R⋅ ⋅sen α ⋅cos α



Ecuación 10.29

➢ Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación: Neste caso parece que só se pode aplicar con relación ó seu centro de masas G. E ó tomar momentos con relación a G saen expresións bastante longas. Pero se sabe que esta ecuación tamén se pode aplicar nos puntos que cumpren as condicións 2.1 e 2.2. E xustamente no problema 2 se demostrou que o CIR I das barras con este tipo de movementos, as cumpren.

PROBLEMA Nº 10 : Barra entre resorte e disco (Exame de febreiro 2007). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 134

Na figura 10.10 se determina graficamente a posición do CIR I por cruce das perpendiculares ás direccións coñecidas das velocidades dos puntos A’ e B. Se comeza por aplicar o teorema de Steiner para calcular o II a apartir do coñecemento de IG = m·(2R)2/12 = mR2/3, e de que GI=R dada a simetría do rectángulo BAA’I da figura 10.10: 2

mR 4 mR I I =I G m⋅IG = m⋅R 2 = 3 3

Ecuación 10.30 Polo tanto:

∑M

Figura 10.10 : Determinación gráfica do CIR da barra

•

I_z

= II ⋅ω b

onde a aceleración angular da barra está calculada na ecuación 10.24, quedando así esta ecuación:

4 2

F m⋅2R⋅sen αmg⋅R⋅sen α F x⋅2R⋅cos α= mR ⋅ 3

A forza Fm do resorte é k·d, estando dado d en función do parámetro na ecuación 10.3. Polo que para obter a ecuación do movemento só se deben obter das ecuacións anteriores 10.27 a 10.29 unha expresión de Fx en función do parámetro e as súas derivadas, o que de feito se ten na ecuación 10.27. Polo tanto, a ecuación anterior quedará:

k⋅2R⋅1 cos α ⋅2R⋅sen α mg⋅R⋅sen α

¨



2 4

3 mR⋅ ⋅cos α  ⋅sen α ⋅2R⋅cos α= mR 2⋅ 2

Operando na ecuación anterior para agrupar os termos en

 e en  se terá a ecuación do movemento buscada:



¨

2 4 6 cos 2 α ⋅ 6 mR 2⋅sen α⋅cos α⋅  3  4 kR⋅ 1 cos α mg ⋅R⋅sen α=0

mR 2⋅

Figura 10.11 : Diagrama de sólido libre da barra

Ecuación 10.31

Apartado 4: Posicións de equilibrio do sistema. Indique se son estables ou inestables As posicións de equilibrio pódense obter da ecuación do movemento 10.31, igualando a cero as derivadas do parámetro pois, sendo cero a velocidade angular e a aceleración angular tanto da barra como do disco, teñen que ser cero as derivadas do parámetro. Deste xeito, a ecuación do movemento 10.31 quedaría: 4  mR 2 ⋅  + 6 cos 2 α  ⋅ 0 − 6mR 2 ⋅ sen α ⋅ cos α ⋅ 0 + [4kR ⋅ (1 − cos α ) − mg ] ⋅ R ⋅ sen α = 0 ⇒ 3  ⇒ [4kR ⋅ (1 − cos α ) − mg ] ⋅ R ⋅ sen α = 0

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 135

E desta ecuación se obteñen dúas solucións: – 1ª solución: sen α = 0 α = 0 é dicir, a posición inicial que, como se pode observar é unha posición de equilibrio inestable dado que un pequeno desprazamento desa posición leva ó sistema a acelerar no sentido do desprazamento e non a recuperar a posición de equilibrio. –

2ª solución:

[4kR ⋅ (1 − cos α ) − mg ] = 0 ⇒ cos α = 1 −

mg mg   ⇒ α = arc cos1 −  4kR 4 kR  

Ecuación 10.32

Esta posición ten que ser de equilibrio estable, dado que corresponde ó momento en que o sistema acelerando cara á dereita desde a posición inicial, deixa de acelerar e comeza a frear antes de parar de todo e volver cara á esquerda a partir da posición horizontal da barra. Pódese comprobar isto vendo que as forzas actuantes nesa posición, devolven ó corpo a mesma se se produce un pequeno desprazamento fóra dela se as velocidades do sistema nela fosen nulas. En efecto, se verán agora as forzas sobre o sistema nesta posición. Pódese ver na ecuación 10.27 que, como as derivadas do parámetro son nulas na posición de equilibrio, Fx é nula. Polo tanto, segundo o diagrama de sólido libre do disco, tamén Fr debe ser nula. Polo tanto, no disco, o equilibrio de forzas en Y proporciona que:

mg F y =0

Ecuación 10.33

E segundo se ve na ecuación 10.29, a forza Fy ten de valor (utilízase o valor do coseno dado pola ecuación 10.32): mg  mg  Fy = mg − k ⋅ 2 R ⋅ (1 − cos α ) − m ⋅ R ⋅ (0 ⋅ sen α + 0 ⋅ cos α ) = mg − k ⋅ 2 R ⋅ 1 − 1 + = 4kR  2  valor que levado á ecuación 10.33 dará o valor de : N = mg/2 Pola súa banda, examinando o diagrama de sólido libre da barra, e tendo en conta que Fx é nula, tamén o ten que ser FB, ou sexa que a ecuación de equilibrio en Y conduce a que: Fm –mg + Fy = 0 Fm –mg + mg/2 = 0 Fm = mg/2 No debuxo da figura 10.12 vese que, se o sistema se despraza lixeiramente cara á dereita a barra xirará en sentido antihorario, o punto B baixará co que aumentará o valor da forza do resorte Fm pois o resorte aumenta a súa deformación, o que fará que a barra xire ó redor de I en sentido horario, devolvendo ó sistema á posición de equilibrio. Polo que respecta ó aumento do ángulo α, inflúe en igual medida nos Figura 10.12 : Diagrama de sólido libre dous sentidos de xiro: da barra en posición de equilibrio estable • aumenta o momento de mg que tende a provocar xiro antihorario e, polo tanto, continuar o avance cara á dereita, • e aumenta o momento de Fm que tende a recuperar a posición de equilibrio. Tamén se ve que se o sistema se despraza lixeiramente cara á esquerda xirando así a barra en sentido horario, o punto B subirá co que diminuirá o valor de Fm pois o resorte diminúe a súa deformación, polo que

PROBLEMA Nº 10 : Barra entre resorte e disco (Exame de febreiro 2007). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 136

aumentará o efecto de mg que fará xirar a barra en sentido antihorario ó redor de I, devolvendo o sistema á posición de equilibrio. Polo tanto se trata dunha posición de equilibrio estable.

Apartado 5: Centro de masas e momento de inercia respecto a este da placa homoxénea da figura da dereita. Para calcular o centro de masas da figura 10.13 vese que a súa coordenada xG é evidentemente cero dada a simetría da figura, polo que se trata só de calcular a coordenada yG aplicando o principio de superposición e tendo en conta que a figura se pode considerar como a resta entre o circulo grande (g) e o círculo pequeno (p): Ag ⋅ y Gg − A p ⋅ y Gp π ⋅ (2 R )2 ⋅ 0 − π ⋅ R 2 ⋅ R R yG = = =− 2 2 Ag − A p 3 π ⋅ (2 R ) − π ⋅ R Polo tanto, posición do c.d.m. da figura: (0; -R/3) con eixes situados no centro do círculo grande. Logo a pregunta pide o momento de inercia con relación este punto G. Para calcular este, se aplicará o principio de superposición dado que, como xa se ten afirmado, a placa se pode considerar un círculo grande (g) ó que se lle ten recortado un círculo pequeno (p):

I G = I G  g  I G  p

Ecuación 10.34

Ou sexa que se debe calcular o momento de inercia de ambos círculos con relación ó mesmo punto G da figura 10.13. Dun círculo se sabe o momento de inercia con relación a un eixe perpendicular á súa superficie e que pasa polo seu centro, que é igual que o dun cilindro con relación ó seu eixe axial: Io= m·R2/2 Como se traballa con áreas será: Io= A·R2/2 Polo tanto:

Figura 10.13 : Dimensións da placa

Ag⋅ 2R  π⋅ 2R 2⋅4R 2 I Gg  g = = =8π⋅R4 2 2 2 A ⋅R π⋅R 2⋅R2 π⋅R4 - Círculo pequeno: I Gp  p = p = = 2 2 2 - Círculo grande:

Estes dous momentos de inercia están calculados con relación ós respectivos centros de masas, polo que agora se debe aplicar o teorema de Steiner para calcular os momentos de inercia con relación á G: 2



R 76 - Círculo grande: I G  g =I Gg  g A g⋅G g G =8π⋅R π⋅ 2R  ⋅ = π⋅R 4 3 9 2

- Círculo pequeno: I G  p = I Gp  p A p⋅G p G 2 =

 

π⋅R 4 R 41 π⋅R 2⋅ R = π⋅R 4 2 3 18

E levando estes valores á ecuación 10.34 se terá o momento de inercia pedido:

I G=I G  g  I G  p=

76 41 111 π⋅R 4 π⋅R 4 = π⋅R 4 9 18 18

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 137

ota Complementaria 10.1 : Método analítico para determinar unha velocidade angular - I. Pregunta: Demostrar analiticamente a relación da velocidade angular do disco co parámetro e as súas derivadas. De acordo coa figura 10.5, utilizando as ecuacións da Cinemática para relacionar a velocidade do punto A, dada pola ecuación 10.8, coa velocidade do CIR (O’’ ), nula claro: •

( )

•

v A = v O '' + ω A xO' ' A → 2 R ⋅ α ⋅ cos α i = 0 + ω A k ⋅ R j → 2 R ⋅ α ⋅ cos α i = ω A ⋅ R − i •

ω A = −2 ⋅ α ⋅ cos α

Co que, operando, se comproba a ecuación 10.9:

ota Complementaria 10.2 : Método analítico para determinar velocidades – II. Pregunta: Demostrar analiticamente a relación da velocidade angular da barra e a velocidade liñal do extremo do resorte co parámetro e as súas derivadas. Na barra, se sabe a velocidade do punto A, ecuación 10.8, e se sabe a dirección da velocidade do punto B (-Y). Con estes dous datos se poderá calcular a velocidade angular da barra e o valor da velocidade do punto B, aplicando a ecuación da Cinemática que relaciona as velocidades de ambos os dous puntos, A e B:

Figura 10.14 : Velocidades dos puntos A e B da barra

v B = v A ωb x  AB 

 v B j =2R⋅α⋅cos α i ω b  k x  2R⋅sen α i 2R⋅cos α j 

A vB non se lle pon o signo negativo que se sabe que ten, pois, dado que é unha incógnita, é mellor que o proporcione a ecuación. Desenvolvendo a ecuación anterior, quedará:

(

•

)

vB j = 2 R ⋅ α ⋅ cos α i + ωb k x − 2 R ⋅ sen α i + 2 R ⋅ cos α j ⇒

( )

•

⇒ vB j = 2 R ⋅ α ⋅ cos α i − ωb ⋅ 2 R ⋅ sen α j + ωb ⋅ 2 R ⋅ cos α − i

 ˙ Igualando termos en X e en Y, se terá:



Agrupando termos: v j= 2R⋅⋅cos α ω ⋅2R⋅cos α i ω ⋅2R⋅sen α j B b b - En X:

•

0 = 2 R ⋅ α ⋅ cos α − ω b ⋅ 2 R ⋅ cos α ⇒ ω b = α

Vese como así se obtén a velocidade angular do disco. Usando agora este valor da velocidade angular para establecer o valor da velocidade de B ó igualar os termos en Y. - En Y: Polo tanto:

v B = ω b⋅2R⋅sen α = 2R⋅⋅sen α  v B = 2R⋅⋅sen α j

PROBLEMA Nº 10 : Barra entre resorte e disco (Exame de febreiro 2007). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 138

ota Complementaria 10.3 : Aceleracións dos centros de masas tomando outro parámetro. Pregunta: Encontrar as ecuacións dos centros de masas da barra e do disco en caso de tomar como parámetro o ángulo ϕ. Xa se viu que:

sen α =

 Ecuación 10.35 2

Pero considerando utilizar ϕ como parámetro, resulta conveniente ter relacionado tamén o coseno de α con ϕ, e o mellor é buscar esta relación a partir da anterior:

sen α=

 2 2 4  2 Ecuación 10.36  sen 2 α= 1 cos 2 α=  cos α=  2 4 4 2

Tamén no mesmo triángulo no que se encontrou a relación inicial (ver figura 10.15) se pode buscar a relación entre d e ϕ para o que se ten como lado CA’ a distancia 2R – d, co que aplicando o teorema de Pitágoras se poderá establecer unha relación entre y e ϕ : 2

4R 2 = R   2R d 

Sen embargo despexar d da ecuación anterior pode resultar bastante engorroso, polo que se recorre ó mesmo triángulo pero buscando nel o valor do coseno de α :

cos α=

R' C 2R d ⇒ cos α= ⇒ 2R 2R

 4  2 = 2R d 2

⇒ d = R⋅ 2  4  2 

Ecuación 10.37

Unha vez establecidas as relacións anteriores, se parametrizará unha posición xenérica do sistema, e logo se establecerán as ecuacións da velocidade e aceleración do centro de masas de disco e barra. - Posición do centro de masas A do disco:

x A= R⋅

y A=0

Ecuación 10.38 Ecuación 10.39

- Posición do centro de masas da barra:

x G =B ' D=B ' C DC = x A R⋅sen α ⇒ R⋅ x G = R⋅ 2 xa tendo en conta o signo negativo de ϕ. Polo tanto: x G =

R⋅ Ecuación 10.40 2

E a coordenada yG será:

Figura 10.15 : Posición xenérica do sistema

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 139

y G = GE = FA' = R ⋅ cos α = R ⋅

4 −ϕ2 2

Polo tanto: yG =

R⋅ 4 −ϕ2 2

Ecuación 10.41

Para obter agora as derivadas primeira e segunda das expresións 10.38 a 10.41, se ve que as ecuacións 10.38, 10.39 e 10.40 non van ofrecer problema algún, pero a expresión 10.41 vai proporcionar unha derivada segunda sumamente engorrosa: yG =

R ⋅ 4 −ϕ2 1/ 2 R ⇒ yG = ⋅ (4 − ϕ 2 ) ⇒ 2 2 •

• • −1 / 2  −1 / 2 R 1 Rϕ ϕ  ⇒ y G = ⋅ ⋅ (4 − ϕ 2 ) ⋅  − 2ϕ ϕ  ⇒ y G = − ⋅ (4 − ϕ 2 ) 2 2 2   E a derivada segunda será: •

y G =

1/ 2 R ⋅ 4  2  ⇒ 2

2 2 2 R R

3 / 2 2 1/ 2 2 1/ 2 R   ⇒ y G =

⋅ 4  

⋅ 4 2  2 2 2

E esta expresión, a utilizar coa 2ª Lei de Newton aplicada á barra, vai resultar inmanexable. Parece claro que isto exemplifica perfectamente ben a conveniencia de coñecer e aplicar regras que permitan unha elección axeitada de parámetro.

ota Complementaria 10.4 : Método analítico para o cálculo da velocidade dun punto. Pregunta: Calcular o cadrado da velocidade do centro de masas da barra en función do parámetro e as súas derivadas. Vanse aplicar as ecuacións da Cinemática para calcular o cadrado da velocidade do centro de masas da barra. Para isto se establece a relación entre a velocidade do centro de masas da barra e a velocidade do seu extremo A unha vez calculada esta na ecuación 10.8:

 v G= v A ωb x  AG  v G =2R⋅⋅cos α i    k x  R⋅sen α i  R⋅cos α j =...

...=2R⋅⋅cos α i ⋅R⋅sen α j ⋅R⋅cos α  i 

Operando:

˙  v =R⋅˙⋅cos α i ˙⋅R⋅sen α j G

E así, o seu cadrado será:

 ˙

 ˙

 ˙

v G2 = R⋅⋅cos α  ⋅R⋅sen α = ⋅R 2⋅ sen 2 αcos2 α = ⋅R2 Polo tanto, queda:

v G2 = ⋅R 2

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 141

PROBLEMA º 11 : Disco ligado con barra e fío O sistema da figura consta de: • unha barra homoxénea OC de masa M e lonxitude l, articulada nun punto fixo O, • un disco circular homoxéneo, de masa M e radio R, articulado no seu centro ó extremo libre da barra C, • un fío inextensible, carente de masa, enrolado na periferia do disco e que se mantén sempre vertical coa axuda da deslizadera superior da figura. O disco roda sobre o fío. O sistema está contido no plano vertical e non existe rozamento. a) Encontrar as ecuacións diferenciais do movemento do sistema utilizando as leis de ewton. b) Encontrar as ecuacións diferenciais do movemento do sistema utilizando as ecuacións de Lagrange. c) Encontrar a expresión da velocidade angular da barra en función da súa posición. d) Encontrar o CIR do disco e a velocidade do punto de contacto entre fío e disco.

Solución: Apartado a): Ecuación do movemento coas leis de ewton: Comézase por tratar de entender o movemento das diferentes partes do sistema. A barra xira ó redor do punto fixo O, e o disco xirará ó redor do seu centro C que, á súa vez, está en movemento por ser tamén o extremo da barra. Hai que darse de conta que o disco debe xirar en sentido antihorario pois existe, en dirección antihoraria, un momento non nulo das forzas con relación ó centro de masas C. Este momento vén dado pola tensión T do cable, de acordo co diagrama do sólido libre do disco que se pode ver na figura 11.3. Comentario: Ver o diagrama de sólido libre do disco na figura 11.3: se non existise a forza T sobre o disco este non xiraría pois a suma de momentos con relación a C sería nula dado que só actuarían sobre o disco as forzas Cx, Cy e o peso Mg, as tres actuando no mesmo centro C. Polo tanto, o disco só se trasladaría e, desta forma, por exemplo o radio CA que se encontra horizontal na posición inicial do disco (vela representada a trazos na figura 11.1), se Figura 11.1 : Posición xenérica do sistema e relacións vería sempre horizontal en toda posición xeométricas posterior pois nas translacións as liñas debuxadas sobre os sólidos, se manteñen r paralelas a si mesmas nos diferentes instantes dado que todos os puntos teñen a mesma v . Polo

PROBLEMA Nº 11 : Disco ligado con barra e fío. Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 142

tanto o radio C'A' se encontraría tamén horizontal na posición xenérica representada a liña continua na figura 11.1. Existe polo tanto: • un xiro da barra ó redor do seu centro de masas (e de O) dado polo ángulo ϕ , polo que a velocidade

e aceleración angular da barra serán  e  , •

e un xiro do disco ó redor do seu centro de masas dado polo ángulo θ (a liña CA terá xirado este ángulo ata a súa posición C'A'), polo que a velocidade e aceleración angulares do disco serán

 e . Ambos xiros veñen relacionados pola ligadura que lle impón o fío ó disco, e se trata do rodamento que experimenta o disco sobre o fío. De acordo con este rodamento, a lonxitude de fío desenrolado nun momento dado, lonxitude EB na figura 11.1, debe ser igual ó arco xirado polo disco nese mesmo tempo que é o arco BA’ na figura 11.1. Polo tanto:

EB=arco BA' ⇒ DC '=arco BA' ⇒ L⋅sen =R⋅θ Polo tanto:

θ=

L ⋅ sen ϕ R

Pero o ángulo θ é positivo mentres que ϕ e, polo tanto, o seu seno son negativos polo que a ecuación anterior quedará:

L θ= ⋅sen  R

Ecuación 11.1

De acordo con esta relación, se ve que un só parámetro basta para establecer unha posición xenérica do sistema. Se utilizará ϕ como parámetro pois, como xa se ten citado no problema 10, unha vez establecida a relación entre dous parámetros angulares, se un aparece dentro dunha función trigonométrica e o outro non, as ecuacións resultarán máis simples utilizando o parámetro que aparece dentro da función trigonométrica. As relacións entre as derivadas destes parámetros se poden establecer derivando a ecuación 11.1, quedando:

L R

= ⋅ ⋅cos 

L R



Ecuación 11.2

= ⋅  ⋅cos  ⋅sen 



Ecuación 11.3 Por último pode ter interese para acabar de ver o movemento do sistema, darse de conta que o fío xa desenrolado do disco en cada momento non pode ter Figura 11.2 : Diagrama de sólido libre da velocidade vertical dado que a deslizadera impídeo. Polo barra tanto, o fío desenrolado só pode ter velocidade horizontal. Deste xeito o punto B do fío que está en contacto co disco só pode ter velocidade horizontal e, como o disco roda sobre o fío, o punto B do disco terá tamén a mesma velocidade horizontal.

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 143

PROBLEMA Nº 11 : Disco ligado con barra e fío. Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 144

Agora, se van aplicar as leis da Dinámica ó disco e á barra por separado, co que se van ter 3 ecuacións por cada corpo: a 2ª Lei de Newton proxectada en X e en Y, e a Ecuación da Dinámica da Rotación, ou sexa 6 ecuacións en total. Ver os diagramas de sólido libre de barra e disco nas figuras 11.2 e 11.3. As forzas actuantes descoñecidas, como se ven nos diagramas de sólido libre, son 5: • as dúas compoñentes da reacción en O : Ox e Oy, • as dúas compoñentes da reacción en C : Cx e Cy, • e a tensión T que aplica o fío ó disco. Polo tanto, coas 6 ecuacións dispoñibles se poderán obter as ecuacións das reaccións descoñecidas e a ecuación do movemento, Figura 11.3 : Diagrama de sólido pois o resto das variables que aparecerán nas ecuacións serán o libre do disco parámetro que determina a posición do sistema e as súas derivadas. É dicir, tendo 6 ecuacións e 5 forzas descoñecidas, se poderán eliminar estas forzas das ecuacións ata chegar a unha soa ecuación que non conteña forza descoñecida algunha: esa será a ecuación do movemento que conterá unicamente o parámetro que determina a posición do sistema e as súas derivadas. Pola súa parte, coa figura 11.4, resulta ben simple parametrizar a posición tanto do centro de masas da barra G’ como do centro de masas do disco C’ . Se utilizará o triedro cartesiano habitual centrado no punto O: - Coordenadas de G’:

L x G = ⋅cos  2 L y G= ⋅sen  2 darse de conta que yG é negativa pero como o sen ϕ tamén o é, non é necesario incluír explicitamente o signo negativo. Velocidade e aceleración:

Figura 11.4 : Posición xenérica do sistema e relacións xeométricas

L L 2 ⋅sen  ⋅ ⋅cos  2 2 L L L 2 yG = ⋅⋅cos  ⇒ y G = ⋅ ⋅cos  ⋅ ⋅sen  2 2 2

L 2

x G = ⋅⋅sen  ⇒ xG =

- Coordenadas de C’:

x C =L⋅cos  y C = L⋅sen  Velocidade e aceleración:

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 145

˙ ˙y

x C = L⋅⋅sen  ⇒ x C = L ⋅sen  L⋅ ⋅cos  C

Ecuación 11.4

= L⋅⋅cos  ⇒ y C =L⋅ ⋅cos  L⋅ ⋅sen 

Unha vez establecidas as ecuacións da aceleración do centro de masas de cada sólido, se establecerán as ecuacións do movemento do disco e da barra, utilizando a 2ª Lei de Newton e a Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación, esta aplicada, no caso do disco, no seu centro de masas C' : Ecuacións do movemento do disco:

∑ F x=m⋅x¨ C  C x=M⋅ L⋅¨⋅sen  L⋅˙ ⋅cos   2

∑ F y =m⋅¨yC T Mg C y =M⋅ L⋅¨⋅cos  L⋅˙ ⋅sen   2

⋅ ∑ M C z = I C⋅¨ ⇒T⋅R= MR 2 ¨

Figura 11.5 : Diagrama de sólido libre do disco

Con relación á aceleración angular do disco, se debe poñer agora en función do parámetro ϕ , o que se fará de acordo coa ecuación 11.3. Así, a ecuación anterior quedará:

T⋅R=







2 2 MR 2 L ML ⋅ ⋅  ⋅cos  ⋅sen  ⇒T = ⋅  ⋅cos   ⋅sen  2 R 2



Simplificando todas as ecuacións anteriores, quedarán:

¨

C x=ML⋅ ⋅sen   ⋅cos 

¨



Ecuación 11.5



2 T Mg C y =ML⋅ ⋅cos   ⋅sen  Ecuación 11.6





2 ML ⋅  ⋅cos  ⋅sen  Ecuación 11.7 2

Ecuacións do movemento da barra:



∑ F x=m⋅x¨ G O x C x=M⋅ 2⋅¨⋅sen  2 ⋅˙ ⋅cos  ∑ F y =m⋅¨yG 



L L 2 O y C y Mg=M⋅ ⋅⋅cos  ⋅ ⋅sen  2 2



A ecuación da dinámica da rotación se aplicará con relación ó punto fixo O e así se evitan as reacciones Ox e Oy que quedan así limitadas ás dúas ecuacións anteriores. Serán polo tanto as dúas ecuacións anteriores as que poden proporcionar estas forzas, pero como o problema non as pide, se poden esquecer.

∑ M O z =I O⋅¨

Figura 11.6 : Diagrama de sólido libre da barra

PROBLEMA Nº 11 : Disco ligado con barra e fío. Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 146

recordando que a derivada segundo do parámetro ϕ é a aceleración angular da barra. Polo que respecta ó momento de inercia IO será, segundo o teorema de Steiner: 2

I O = I G + M ⋅ GO 2 =

ML2 ML2 L + M ⋅  = 12 3 2

Polo tanto, a ecuación anterior quedará:

L ML 2

Mg⋅ ⋅cos C y⋅L⋅cos  C x⋅L⋅sen = ⋅ 2 3

dándose de conta que o momento de Cx é positivo pero que sen ϕ é negativo. Operando na ecuación anterior, quedará:

Mg ML ⋅cos C y⋅cos  C x⋅sen = ⋅ 2 3

Ecuación 11.8

Pódese obter agora a ecuación do movemento por exemplo a partir da ecuación 11.8, sen máis que substituír Cy e Cx por expresións en función da posición e das súas derivadas, o que se pode facer traballando nas ecuacións 11.5, 11.6 e 11.7. Así, a ecuación 11.5 xa proporciona Cx en función da posición e das súas derivadas. E para obter Cy o único que se debe facer é substituír a expresión de T que dá a ecuación 11.7, na ecuación 11.6:

¨

Ecuación 11.6: T Mg C =ML⋅ ⋅cos   ⋅sen  y



Ecuación 11.7: T = ML⋅  ⋅cos  ⋅sen 



E substituíndo esta na ecuación 11.6, quedará:





¨

2 2 ML ⋅  ⋅cos  ⋅sen  Mg C y=ML⋅ ⋅cos   ⋅sen  2



Para despexar Cy se observa que as expresións dentro dos parénteses son de igual valor e signo contrario, polo que se pode poñer:







2 2 ML ⋅  ⋅cos  ⋅sen  Mg C y= ML⋅ ⋅cos  ⋅sen  2





  12 1 Mg

Operando: C y =ML⋅  ⋅cos  ⋅sen  ⋅ Polo tanto:





2 3 C y = ML⋅  ⋅cos   ⋅sen  Mg 2

Ecuación 11.9

Levando agora á ecuación 11.8, as expresións de Cx dada pola ecuación 11.5 e a de Cy dada pola expresión 11.9, se terá que: Ecuación 11.8: Substituíndo:

Mg ML ⋅cos C y⋅cos  C x⋅sen = ⋅ 2 3

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 147





2 Mg 3 ⋅cos  ML⋅  ⋅cos  ⋅sen  Mg ⋅cos  ... 2 2

 ¨



... ML⋅ ⋅sen  ⋅cos  ⋅sen =

ML ⋅ 3

Operando para agrupar os termos coas diferentes derivadas se terá que:

 

Mg⋅cos ⋅







Simplificando M e operando:





2 2 1 1 3 3⋅cos  ⋅g⋅cos  L⋅ ⋅ 1 cos 2  ⋅L⋅ ⋅sen ⋅cos  =0 2 2 3 2

Quedando como ecuación do movemento a seguinte:





2 1 3 4 cos  L⋅ ⋅ 

⋅L⋅ ⋅sen  ⋅cos  ⋅g⋅cos  =0 3 2 2 2

Apartado b): Ecuación do movemento coas ecuacións de Lagrange: Calculando as expresións da enerxía cinética T e da enerxía potencial V do sistema: Enerxías cinéticas: ➢ Barra: xira ó redor do punto fixo O polo que se pode poñer que: 2 1 ML 2 2 1 ML 2 2 T barra = I O⋅ = ⋅ = ⋅ 2 2 3 6

(a expresión de IO xa foi calculada anteriormente) ➢ Disco: se utilizará a expresión xeral: •2 •2 1 1 1 1 Tdisco = MvG2 + I G ⋅ θ = ( neste caso, G do disco é C ) = MvC2 + I C ⋅ θ 2 2 2 2

sendo: v C = ⋅L

L R

pois C está no extremo libre da barra.

= ⋅ ⋅cos 

segundo a ecuación 11.2

•2 •2 1 1 1 1 MR 2 L2 • 2 MvC2 + I C ⋅ θ = ML2 ϕ + ⋅ ϕ ⋅ cos 2 ϕ 2 2 2 2 2 R2 ML2 • 2  cos 2 ϕ   Tdisco = ⋅ ϕ ⋅ 1 +

Polo tanto: Tdisco = Quedando:



Tsistema = Tbarra + Tdisco =



ML ML2 • 2  cos 2 ϕ   ⋅ϕ + ⋅ ϕ ⋅ 1 + 6 2 2   2

➢ Sistema:



2 1 3⋅cos  1 3 1 ML⋅ ⋅ sen 2  ML⋅ ⋅sen  ⋅cos ⋅ 1 =0 2 2 3 2

• 2

Quedando: Tsistema =

ML2 • 2  4 cos 2 ϕ   ⋅ ϕ ⋅  + 2 2  3

Ecuación 11.10

PROBLEMA Nº 11 : Disco ligado con barra e fío. Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 148

Enerxías potenciais, tomando como orixe de alturas a posición horizontal da barra:

L V barra =Mg⋅ ⋅sen  2

➢ Barra:

dándose de conta que a enerxía potencial gravitacional é negativa co citado nivel cero, pero que o sen ϕ xa é negativo polo que non se debe incluír ningún signo negativo explícito. ➢ Disco: V disco=Mg⋅L⋅sen  tendo en conta o mesmo comentario anterior. ➢ Sistema:

Figura 11.7 : Posición xenérica do sistema e relacións xeométricas

3 V sistema =V barra V disco = ⋅MgL⋅sen  2 Polo tanto, a Lagranxiana quedará: L=T V ==

Ecuación 11.11





ML 2 2 4 cos 2  3 ⋅ ⋅ 

MgL⋅sen  2 3 2 2

Se aplican agora as ecuacións de Lagrange que, neste caso, toman a forma de: • ecuación única dado que é un sistema cun só grao de liberdade e, polo tanto, cun só parámetro, • con segundo membro nulo, dado que as forzas non conservativas non realizan traballo por acturar en puntos en repouso ou ser perpendiculares ó desprazamento do punto sobre o que actúan:

 ˙

d ∂L ∂L

=0 Ecuación 11.12 dt ∂ ∂ Calculando cada termo: •  4 cos 2 ϕ  2  = ML ⋅ ϕ •  3 + 2    ∂ϕ

∂L

 ˙

 ¨



2 2⋅cos ⋅ sen   d ∂L 4 cos 2 ϕ =ML 2 ⋅  ML 2  ⋅ =... dt 3 2 2 ∂

...=ML 2 ⋅



2 4 cos 2  

ML 2  ⋅cos ⋅sen  3 2

2 ∂L 1 3 3 ML 2 2 = ML 2  ⋅cos ⋅ sen   MgL⋅cos =

 ⋅cos ⋅sen  MgL⋅cos  ∂ 2 2 2 2

Levando estes termos á ecuación 11.12:

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 149





2 4 cos  ML 2 3 

ML 2  ⋅cos ⋅sen   ⋅cos ⋅sen  MgL⋅cos =0 3 2 2 2

ML2 ⋅



L ⋅



2 L 2 3 4 cos 

 ⋅cos ⋅sen  g⋅cos =0  3 2 2 2

Apartado c): Encontrar a expresión da velocidade angular da barra en función da súa posición. Para encontrar a expresión da velocidade

angular da barra ω =  en función da súa b posición ϕ, se aplicará a ecuación da conservación da enerxía entre a posición inicial (1) do sistema e unha posición xenérica (2) correspondente a un ángulo ϕ da barra : T1 + V1 = T2 + V2 Débese ter en conta que existe conservación da enerxía pois as forzas non conservativas non realizan traballo. En concreto, a tensión T que o fío aplica sobre o Figura 11.8 : Posición xenérica do sistema e relacións disco, non realiza traballo algún dado que é xeométricas vertical e está aplicada nun punto que ten velocidade horizontal (todos os puntos do pedazo de fío desenrolado, que se mantén sempre vertical, teñen a mesma velocidade, polo que a súa velocidade vertical é nula dado que é nula a velocidade vertical do punto de suspensión). Se tomará, como no caso de aplicación das ecuacións de Lagrange no apartado anterior, que na posición xenérica do sistema (2), a enerxía total T2 será a proporcionada pola suma da enerxía cinética, dada pola ecuación 11.10, e da potencial gravitacional V2 dada pola ecuación 11.11. Este último valor da enerxía potencial gravitacional implica que se está a tomar a posición horizontal como orixe de potenciais gravitacionais polo que a enerxía potencial gravitacional no punto inicial é nula V1 = 0. Como tamén T1 = 0, a ecuación da conservación da enerxía quedará:

T 1 V 1 =T 2 V 2 ⇒ 0=





ML 2 2 4 cos 2  3 ⋅ ⋅   MgL⋅sen  2 3 2 2

•

Co que, despexando ϕ , se terá que:

=



3g⋅sen  4 cos 2  L⋅  3 2

 ˙

Que será o valor da velocidade angular da barra dado que ω =  . b Non hai ningún problema co signo negativo dentro da raíz dado que o sen ϕ é negativo.

Apartado d): Encontrar o CIR do disco e a velocidade do punto de contacto entre fío e disco.

PROBLEMA Nº 11 : Disco ligado con barra e fío. Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 150

Para encontrar o CIR do disco, se sabe que: •

a velocidade de C´, vC, é perpendicular á barra, • e que a velocidade de B, vB, ten que ser horizontal dado que ten que ter a mesma velocidade que a deslizadera superior que só pode desprazarse en horizontal. Sabidas as direccións destas dúas velocidades, encóntrase o CIR I polo cruzamento das perpendiculares a ditas Figura 11.9 : Determinación gráfica do CIR do disco velocidades. Ver figura 11.9. Nesta figura darse de conta que o ángulo BC’I é ϕ. Na figura adxunta vese que a posición do CIR é: x I = OD + C ' B = L ⋅ cos ϕ + R

y I =DC ' BI = L⋅sen R⋅tg  Aínda sendo yI negativa, non é necesario incluír os signos negativos nos sumandos pois xa son negativos tanto o sen ϕ como a tg ϕ , ó ser ϕ negativo. De todos os xeitos, se o alumno non se dá de conta que a velocidade de B é horizontal, pode recorrer ó método analítico de cálculo da posición do CIR, que consiste en utilizar as ecuacións da Cinemática relacionando a velocidade coñecida dun punto coa velocidade do CIR, nula claro. E neste caso, se coñece a velocidade de C’ en función do parámetro e das súas derivadas (ecuación 11.4) , polo que se utilizará esta velocidade: r r r r r vC = vI + ω d x IC ⇒ vC = ωd x IC

Polo que respecta á velocidade angular do disco sábese que é  , estando relacionada esta co parámetro na ecuación 11.2, polo que a ecuación anterior quedará:

v C =ω  x IC ⇒ L⋅⋅sen ⋅i L⋅⋅cos ⋅j= ⋅ k × [ x C x I  i  y C y I  j]

L⋅⋅sen ⋅i L⋅⋅cos ⋅j=   x C x I  j   y C y I  i

Operando:

•

E substituíndo θ polo seu valor dado pola ecuación 11.2:

L L

L⋅⋅sen ⋅i  L⋅⋅cos ⋅j = ⋅ ⋅cos   xC x I  j ⋅ ⋅cos   y C y I  i R R

Igualando os termos en X e Y para despexar xI e yI, se terá que: - En X:

L⋅⋅sen = ⋅ ⋅cos   y C y I   y C y I = R⋅tg   y I = y C R⋅tg  R e substituíndo yC polo seu valor: y I =L⋅sen  R⋅tg 

- En Y:

L L⋅⋅cos = ⋅ ⋅cos   x C x I   x C x I = R x I =x C  R R

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 151

x I =L⋅cos R e substituíndo xC polo seu valor: Polo que respecta á velocidade do punto B de contacto entre fío e disco (ver figura 11.9), pódese calcular a partir de vC pero agora que xa se ten localizado o CIR, resulta máis fácil a partir deste:

v B =vI d × IB=0  k × R⋅tg  j  Se engade o signo negativo no vector IB pois o tg ϕ é negativo mentres que o vector IB é positivo en +Y. Operando:

L v B =  k × R⋅tg  j = ⋅ ⋅cos  k × R⋅tg ⋅j= L⋅ ⋅sen ⋅i R

PROBLEMA Nº 12 : Disco ligado con barra, fío e resorte.. Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 152

PROBLEMA º 12 : Disco ligado con barra, fío e resorte. O sistema da figura consta de: • unha barra homoxénea OC de masa M e lonxitude l, articulada nun punto fixo O, • un disco circular homoxéneo, de masa M e radio R, articulado no seu centro ó extremo libre da barra C, • un fío inextensible, carente de masa, enrolado na periferia do disco e que mediante un resorte de constante elástica K, carente de masa, e dunha deslizadera moi pequena se mantén sempre vertical na zona na que o fío non está enrolado. O sistema está contido no plano vertical e non existe rozamento. O resorte se encontra coa súa lonxitude natural cando a barra se encontra na posición horizontal e o fío xa se encontra tenso nesa posición. Encontrar as ecuacións diferenciais do movemento do sistema.

Solución: A barra xira ó redor do punto fixo O, e o disco xirará ó redor do seu centro C. O alumno debe de darse de conta que o disco debe xirar en sentido antihorario pois existe, nesa dirección, un momento non nulo das forzas con relación ó centro de masas C. Este momento vén dado pola tensión T do cable. Ver diagrama do sólido libre do disco na figura 12.1. Comentario: Se non existise a forza T sobre o disco, este non xiraría pois a suma de momentos con relación ó centro de masas C sería nula pois só actuarían sobre o disco as forzas Cx, Cy e o peso Mg, as tres actuando no Figura 12.1 : Diagrama de sólido libre mesmo centro C. Desta forma o movemento do disco do disco sería de translación polo que, por exemplo, o radio CA do disco debuxado na figura 12.2, inicialmente horizontal, se vería sempre horizontal en toda posición posterior. Sen embargo o rodamento provocado pola forza T determina que o punto A evolucione ata a posición A' nun instante posterior polo que o radio CA evoluciona ata C'A' xirando un ángulo θ nese tempo. Existe polo tanto: • un xiro da barra ó redor do seu centro de masas (e de O) dado polo ángulo ϕ , polo que a velocidade e aceleración

angular da barra serán  e  , •

e un xiro do disco ó redor do seu centro de masas dado polo ángulo θ , polo que a velocidade e aceleración angular do

disco serán  e  . Ver figura 12.2. Figura 12.2 : Posición xenérica do sistema e relacións xeométricas

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 153

Ambos xiros están relacionados pola ligadura que lle impoñen o fío e o resorte ó disco. Esta relación se debe a, por un lado, á cantidade de fío que se desenrola da periferia do disco e por outro lado, á lonxitude que se estira o resorte. O rodamento de disco e fío determina que a lonxitude de fío desenvolvido é igual ó arco xirado polo punto A, é dicir é igual ó arco BA' = R · θ (ver figura 12.2 ). Polo que de non existir resorte, o centro de masas do disco C' tería descendido unha altura igual a estas lonxitudes. Sen embargo, como ademais de desenvolverse fío, se ten estirado o resorte, o centro de masas do disco terá descendido unha altura igual á suma destas dúas lonxitudes: Descenso de C' = Cantidade de fío desenvolvido + estiramento do resorte Ou sexa: DC' = R · θ. + ∆ y Polo tanto o alongamento real do resorte será ∆y = C’D – Rθ :

∆y=C ' D Rθ=L⋅sen  Rθ Sen embargo o ángulo ϕ é negativo cos eixes habituais aquí utilizados, polo que a ecuación anterior se debe corrixir así:

∆y = L⋅sen  Rθ

Ecuación 12.1

Hai que darse de conta que: • unha posición xenérica da barra se pode determinar co parámetro ϕ , • mentres que a posición do disco se pode determinar cos parámetros ϕ (para determinar a posición do seu centro de masas C ’) e θ (para determinar o xiro do disco ó redor de C’), e neste caso non hai forma de relacionar os ángulos ϕ e θ sen utilizar outros parámetros. • Para determinar a posición do resorte basta o seu alongamento ∆y (o exercicio di que o resorte se encontra coa súa lonxitude natural cando a barra se encontra na posición horizontal), pero este ∆y si está determinado polos parámetros xa citados, segundo se ve na ecuación 12.1. Polo tanto farán falta dous parámetros para determinar unha posición xenérica do sistema e, así, evidentemente, se está ante un sistema con dous graos de liberdade. Se utilizarán os ángulos ϕ e θ como

parámetros. E, de acordo co xa visto, a velocidade e a aceleración angular da barra serán  e  , mentres

que as do disco son  e  . Se establecerán as ecuacións do movemento aplicando as ecuacións de Lagrange que, tendo en conta que todas as forzas que realizan traballo son conservativas, adoptarán a súa forma máis simple. Se calcularán agora as expresións da enerxía cinética T e da enerxía potencial V: Enerxías cinéticas: ➢ Barra: xira ó redor do punto fixo O polo que se pode poñer que: • 2 1 1 ML2 • 2 ML2 • 2 Tbarra = I O ⋅ ϕ = ⋅ϕ = ⋅ϕ 2 2 3 6 Recordar que a expresión de IO xa foi calculada no problema anterior. ➢ Disco: como non posúe un xiro ó redor dun punto fixo, se utilizará a expresión xeral: •2 •2 1 1 1 1 Tdisco = MvG2 + I G ⋅ θ = ( neste caso, G do disco é C ) = MvC2 + I C ⋅ θ 2 2 2 2 Sendo, en valor: Polo tanto: Tdisco =

•

vC = ϕ ⋅ L

pois C está no extremo libre da barra.

•2 • 2 1 1 1 1 MR 2 • 2 MvC2 + I C ⋅ θ = ML2 ϕ + ⋅θ 2 2 2 2 2

PROBLEMA Nº 12 : Disco ligado con barra, fío e resorte.. Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Tdisco =

Quedando:

Tsistema = Tbarra

➢ Sistema:

Páxina 154

• 2 1 MR 2 • 2 ⋅θ ML2 ϕ + 2 4 • 2 ML2 • 2 1 MR 2 • 2 + Tdisco = ⋅ ϕ + ML2 ϕ + ⋅θ 6 2 4

Quedando: 2

Tsistema =

• 2 MR 2 • ML2 ⋅ ϕ + ⋅θ 3 4

Ecuación 12.2

Enerxías potenciais, tomando como orixe de enerxías potenciais gravitacionais a posición inicial do sistema:

L 2 ➢ Disco: V disco=Mg⋅L⋅sen  V é negativa pero ponse positiva pois o sen ϕ xa é negativo. 1 V resorte= K⋅∆y 2 ➢ Resorte: 2 1 2 2 1 e segundo a ecuación 12.1: V resorte= K⋅∆y = K⋅ L⋅sen  Rθ  2 2 3 1 2 ➢ Sistema: V sistema =V barra V disco V resorte= ⋅MgL⋅sen  K⋅ L⋅sen  Rθ  2 2

➢ Barra: V barra =Mg⋅ ⋅sen  V é negativa pero ponse positiva pois o sen ϕ xa é negativo.

Polo tanto:

3 1 2 V sistema = ⋅MgL⋅sen  K⋅ L⋅sen  Rθ  Ecuación 12.3 2 2 Polo tanto, a Lagranxiana quedará: 2 MR 2 2 3 2 1 L=T V = ML 2⋅  ⋅ MgL⋅sen  K⋅ L⋅sen  Rθ 2 3 4 2 2

Aplicando agora as ecuacións de Lagrange que, neste caso, son dúas ecuacións, unha derivando a función lagrangiana con relación ó parámetro ϕ, e outra derivándoo con relación ó parámetro θ. Ademais os seus segundos membros son nulos por non existir forzas non conservativas que realicen traballo. Comezando pola primeira ecuación:

 ˙

d ∂L ∂L

=0 Ecuación 12.4 dt ∂ ∂ Sendo cada termo:

∂L •

∂ϕ

• 4 ML2 ϕ 3

 ˙

d ∂L 4 = ML 2  dt 3 ∂

∂L 3 = MgL⋅cos  K⋅ L⋅sen  Rθ ⋅ L⋅cos   ∂ 2

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 155

Levando estes termos á ecuación 12.4 se terá:

4 3 2 ML   MgL⋅cos K⋅ L⋅sen Rθ ⋅L⋅cos =0 3 2

Simplificando queda a primeira ecuación do movemento:



9g 3K ⋅cos  ⋅ L⋅sen Rθ ⋅cos =0 Ecuación 12.5 8L 4ML

Buscando agora a segunda ecuación do movemento :

d  ∂L  ∂L − = 0 Ecuación 12.6 dt  ∂ θ•  ∂θ Sendo cada termo: • ∂L 1 2 = MR θ ∂θ& 2

 ˙

d ∂L 1 = MR2  dt 2 ∂

∂L = K⋅ L⋅sen Rθ ⋅R ∂θ Levando estes termos á ecuación 12.6 se terá:

1 2 MR  K⋅ L⋅sen Rθ ⋅R=0 2

Simplificando queda a segunda ecuación do movemento:



2K ⋅ L⋅sen Rθ =0 Ecuación 12.7 MR

Polo tanto, as ecuacións do movemento serán as ecuacións 12.5 e 12.7:



9g 3K ⋅cos  ⋅ L⋅sen Rθ ⋅cos =0 8L 4ML 2K

¨ MR⋅ L⋅sen Rθ =0

PROBLEMA Nº 13 : Tres discos rodantes. Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 156

PROBLEMA º 13 : Tres discos rodantes O sistema da figura consta de tres discos: • Un disco exterior fixo de radio 3R, • Un disco interior de masa m e radio R, concéntrico co anterior, que pode xirar ó redor do seu centro A, • e un disco intermedio de masa m e radio R con centro en B, que xira sen deslizar sobre os outros dous discos. O sistema está contido no plano vertical. Determinar, a) A ecuación diferencial do movemento. b) As velocidades angulares do disco interior e do disco intermedio en función do parámetro utilizado. c) A velocidade angular do disco intermedio no momento en que a recta AB pasa pola posición horizontal, suposto que na posición inicial do sistema dita recta se encontraba vertical e o sistema en repouso.

Figura 13.1 : Diagrama de sólido libre do disco

Solución: Inicialmente vaise tratar de entender o movemento do sistema. Partindo da posición inicial que determina o apartado c), se pode imaxinar ó disco intermedio caendo por efecto do seu propio peso e unha pequena desestabilización inicial, cara á esquerda, por exemplo (así o ángulo que dá posición da recta que une A e B será positivo). No momento inicial, ver figura 13.2, están en contacto os puntos: • Ci do disco interno co punto Cm do disco intermedio, • e o punto De do disco externo co punto Dm do disco intermedio. Son puntos que teñen especial importancia pois dado que Figura 13.2 : Posición inicial do sistema o disco intermedio roda sen deslizar sobre os outros dous, os puntos que estean en contacto en cada momento teñen a mesma velocidade, o que reviste especial importancia pois esta condición de rodamento é a ligadura dos elementos do sistema que determina o seu movemento. En canto ó movemento do sistema, • o sistema se pon en movemento porque calquera pequena desestabilización fará caer o disco intermedio debido ó seu propio peso, • e o rodamento entre este e o disco interno porá a este último tamén en movemento. Parece claro que o disco interno xirará en sentido antihorario, sen embargo o alumno pode ter dúbidas sobre o xiro, horario ou antihorario do disco intermedio. Neste caso se recorrerá ós diagramas de sólido libre de ambos discos. En todo caso caso son claros os CIR tanto dun como doutro: • O CIR do disco interno é obvia e constantemente o seu centro A que non se move. • O CIR do disco intermedio será o punto que se encontre en cada momento en contacto co disco exterior, dado que a condición de rodamento entre o disco intermedio e o disco exterior impón que os puntos que estean en contacto en cada momento teñan a mesma velocidade, e os puntos do disco

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 157

exterior están en repouso, polo que o punto de contacto do disco intermedio co disco exterior tamén o estará. Se examinarán agora os diagramas de sólido libre dos discos. Na figura 13.3 se presenta o diagrama de sólido libre do disco intermedio coas forzas actuantes sobre el: • Normal 1 que lle aplica o disco interno, • Forza de rozamento Fr1 que lle aplica o disco interno ó punto C' de contacto para impedir que desliza cara á esquerda e abaixo por efecto do peso do disco, • Peso mg do propio disco, • Normal 2 que lle aplica o disco externo, • Forza de rozamento Fr2 que lle aplica o disco externo para impedir que o punto D' de contacto deslice cara á esquerda e abaixo por efecto do peso do disco. Pódese ver que, tanto examinando o xiro ó redor do CIR D' como examinando o xiro ó redor do centro de masas B, existen Figura 13.3 : Diagrama de sólido libre forzas que tratan de provocar xiros contrarios ó disco da esfera intermedia intermedio, polo que, con este proceder, non se pode concluír se o xiro será horario ou antihorario. Se examinará agora o diagrama de sólido libre do disco interno por se axuda a comprender o movemento. Na figura 13.4 se presenta este diagrama coas forzas actuantes sobre el: • Forzas 1 e Fr1 contrarias ás que este disco interno aplica ó disco intermedio, • Peso mg do disco, • e reacción 0 que lle aplica o eixe que pasa por A e que impide o desprazamento pero non o xiro deste disco. Neste caso, resulta evidente que examinando o xiro ó redor de A, vese que a única forza que provoca tal é a Fr1, e que o xiro que provoca é antihorario. É dicir que a velocidade do punto C' será cara abaixo e á esquerda. Ver figura 13.5. De acordo con isto e coa condición de rodamento entre este disco e o disco Figura 13.4 : Diagrama de sólido libre intermedio, o punto de contacto do disco intermedio co punto C' da esfera interna do disco interno, tamén terá a mesma velocidade polo que o xiro do disco intermedio terá que ser horario tanto visto desde o CIR D como desde o centro de masas B. Na figura 13.5 se indica esta igualdade de velocidades, distinguindo entre o punto C'i do disco interno e o punto C'm do disco intermedio que se encontran en contacto no instante representado. Tamén se representan os sentidos de xiro correspondentes a ditas velocidades lineais, indicando o do disco intermedio con ωm e o do disco interno con ωi. Unha vez entendido o movemento do sistema de forma cualitativa, será moito máis simple estudialo cuantitativamente, o que se fará a continuación.

a) Determinar a ecuación diferencial do movemento.

Figura 13.5 : Igualdade de velocidades dos puntos de contacto Ci e Cm

PROBLEMA Nº 13 : Tres discos rodantes. Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 158

A determinación da ecuación diferencial do movemento esixe, normalmente, poder determinar a aceleración liñal dos centros de masas dos sólidos que forman o sistema así como a aceleración angular de cada sólido en función do parámetro ou parámetros que se elixan. Isto é necesario para determinar a ecuación do movemento a través das Leis de Newton. Que se necesiten un ou máis parámetros depende dos graos de liberdade do sistema. Pola súa parte, para utilizar as ecuacións de Lagrange, se necesitarán as velocidades liñais dos centros de masas así como as velocidades angulares dos sólidos, tamén en función do parámetro ou parámetros que se elixan. Isto normalmente pasa por poder determinar as posicións dos centros de masas das esferas móbiles en función do(s) parámetro(s) que se elixa(n), para logo, a través da derivación, obter tanto as velocidades como as aceleracións liñais dos centros de masas en función do(s) parámetro(s). Polo súa parte, as velocidades e aceleracións angulares se soen determinar ben por relacións xeométricas ou ben métodos analíticos. Se verán aquí ambos os dous métodos. Pois ben, que o sistema ten un só grao de liberdade e que, polo tanto, só é necesario un parámetro vén anunciado polo propio enunciado do problema: • no seu apartado b) de forma explícita pois fala do “parámetro utilizado” en singular, • e tamén no apartado a) de forma implícita ó pedir á “ecuación diferencial do movemento” tamén en singular, e o alumno debe de recordar que, para definir o movemento dun sistema, se necesitan tantas ecuacións diferenciais como graos de liberdade teña este. Pois ben, determinar a posición do centro de masas do disco interior non ten dificultade dado que o seu centro non se move e, polo tanto, neste exercicio só será necesario fixar a posición do centro de masas do disco intermedio, ou sexa do punto B. E para isto, o parámetro máis simple parece o ángulo ϕ da figura 13.6, que determina o xiro da recta AB de unión de ambos centros de masas. Este ángulo é positivo cos eixes habituais (ver figura 13.6) polo que se simplifica o exercicio, pero, sen embargo, se debe ter coidado pois este parámetro non indica directamente o xiro nin do disco interno nin do disco intermedio como se verá máis adiante. Con este parámetro, as coordenadas liñais de B son ben fáciles de establecer como se pode ver na figura 13.6:

x B= 2R⋅sen  y B=2R⋅cos 

Ecuación 13.1

Figura 13.6 : Igualdade de velocidades dos puntos de contacto Ci e Cm

Polo que a súa velocidade será:

˙ ˙y

˙ = 2R⋅ ˙⋅sen 

x B = 2R⋅⋅cos  B

Ecuación 13.2

E a súa aceleración: 2

¨ ˙ ¨ ¨y = 2R⋅¨ ⋅sen  2R⋅˙ ⋅cos  x B = 2R ⋅cos 2R⋅ ⋅sen  2

Ecuación 13.3

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 159

Sen embargo, como xa se comentou, o xiro dos discos non vén dado polo parámetro ϕ , nin o xiro do interno nin o xiro do intermedio como se verá a continuación. – Determinación de velocidades e aceleracións angulares- Método xeométrico: Na figura 13.7 se expoñen as posicións iniciais dos discos: • coas posicións dos puntos Dm do disco intermedio e De do disco externo, que se encontran en contacto no instante inicial, • e dos puntos Ci do disco interno e Cm do disco intermedio, que se encontran en contacto no instante inicial. Na figura 13.8, se expoñen, nun instante xenérico posterior, ademais dos puntos de contacto actuais D'e e D'm , e C'm e C'i, as posicións dos puntos de contacto inicias: Figura 13.7 : Posición inicial do sistema • A posición de De é obviamente a mesma posición inicial dado que o disco exterior está en repouso, • A posición de Dm se pode determinar con facilidade como é habitual nos casos en que existe unha rodadura sobre unha superficie en repouso, pois o punto Dm se terá que encontrar nun lugar tal que o arco D'mDm ten que ser igual ó arco De'De. É dicir, se determinará a posición de Dm sabendo que:

Arco D ' m D m= Arco D' e De •

•

Ecuación 13.4

A posición de Cm se determina agora con facilidade pois é o extremo contrario do diámetro que pasa por Dm: recordar que estes dous puntos son extremos opostos do mesmo diámetro do Figura 13.8 : ova posición dos puntos disco intermedio. Dm , Ci e Cm A posición de Ci se determina agora con facilidade pois, debido ó rodamento entre o disco intermedio e o disco interior, o arco C 'mCm ten que ser igual ó arco C 'iCi:

Arco C ' i C i= Arco C ' m C m

Ecuación 13.5

Con estes datos xa se poden relacionar os ángulos de xiro dos sólidos ó redor dos seus centros de masas co parámetro tomado. En efecto: • Para determinar o ángulo xirado polo disco interno, o único que se debe facer é observar que o diámetro ACi que inicialmente se encontraba en posición vertical, agora se encontra xirado un ángulo ψ. Ver figura 13.9. • Para determinar o ángulo de xiro do disco intermedio basta observar que o diámetro CmDm que inicialmente se encontraba en posición vertical, agora se encontra xirado un ángulo θ. Ver figura 13.9. E coidado que este ángulo é negativo cos eixes habituais utilizados (é un xiro horario). Figura 13.9 : Ángulo xirado por cada disco

PROBLEMA Nº 13 : Tres discos rodantes. Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 160

Na figura 13.9 se poden observar estes ángulos. Para relacionar estes ángulos co parámetro tomado, se completa a figura anterior incluíndo agora o parámetro. Ver figura 13.10. Agora basta con recorrer ás ecuacións 13.4 e 13.5 para establecer as relacións buscadas: Ecuación 13.4: Arco D ' m D m= Arco D' e D e Isto pode expresarse en termos de: arco=ángulo· radio:

R⋅ángulo  D ' m B Dm =3R⋅ángulo  D ' e A De  Ou sexa: R⋅=3R⋅ Sen embargo, para ter en conta que θ é negativo, a ecuación anterior se debe corrixir así:

R⋅  =3R⋅ Operando:

= 2⋅

Ecuación 13.6

E, dado que θ determina o xiro do disco intermedio con relación ó seu centro de masas, as súas derivadas serán a velocidade e a aceleración angular do disco intermedio. Polo tanto, derivando a ecuación 13.6 se obterán a velocidade e a aceleración angulares do disco intermedio en función do parámetro: = 2⋅

Ecuación 13.7

Ecuación 13.8

= 2⋅

Figura 13.10 : Relacións entre os ángulos xirados polos discos e o parámetro

Se verá agora a ecuación 13.5: Ecuación 13.5: Arco C ' i C i= Arco C ' m C m Os dous membros da ecuación se poden expresar en termos de: arco=ángulo· radio:

R⋅ángulo C ' i A C i =R⋅ángulo C ' m B C m  Ou sexa: R⋅  =R⋅ Sen embargo, para ter en conta que θ é negativo, a ecuación anterior se debe corrixir así: R⋅  =R⋅  Substituíndo θ polo seu valor dado pola ecuación 13.6 e operando:  =2⋅  =4⋅

Ecuación 13.9

Esta ecuación non é necesario corrixila pois ambos os dous ángulos, como se pode observar na figura 13.10, son positivos. Derivando esta ecuación, se obterán a velocidade e a aceleración angulares do disco interior en función do parámetro:  =4⋅

Ecuación 13.10

Ecuación 13.11

 =4⋅

–

Determinación de velocidades e aceleracións angulares- Método analítico:

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 161

O método analítico xa se ten visto en problemas anteriores, e se verá como, neste caso, resulta moito máis simple para establecer as velocidades angulares dos sólidos que o método xeométrico visto antes. Para isto basta relacionar unha velocidade coñecida en función do parámetro coa velocidade, nula claro, do CIR coñecido. Neste problema, a velocidade coñecida é a velocidade do centro de masas do disco intermedio B (ecuacións 13.2), polo que a Cinemática di que, neste disco intermedio:

vB= vD ' B× D' B A velocidade de B vén dada polas ecuacións 13.2, e o vector D'B se pode deducir da figura 13.10 a partir do ángulo ϕ unicamente, quedando a ecuación anterior:

2R⋅⋅cos ⋅i 2R⋅⋅sen ⋅j= B⋅ k × R⋅sen ⋅i R⋅cos ⋅j 

Operando:

2R⋅⋅cos ⋅i 2R⋅⋅sen ⋅j= B⋅R⋅sen ⋅j B⋅R⋅cos ⋅i

E, nesta ecuación, igualando tanto en X como en Y, se deduce que:

 B = 2⋅

Ecuación 13.12

que é a mesma relación obtida na ecuación 13.7, e que se pode derivar de igual forma para obter a mesma aceleración angular dada pola ecuación 13.8. Para obter a velocidade angular do disco interior, basta relacionar a velocidade coñecida do punto C'i coa velocidade, nula clara, do CIR A do disco interior. Se debe notar que a velocidade de C'i é coñecida por selo a velocidade do punto C'm do disco intermedio dado que, por condición de rodamento, son iguais. Así, calculando primeiro a velocidade de C'm no disco intermedio:

vC ' = vD 'B× D ' C ' i =0 2⋅⋅k × 2R⋅sen  i 2R⋅cos ⋅ j = 4R⋅⋅cos  i 4R⋅⋅sen  j

Agora, esta velocidade que é tamén a do punto C'i do disco interno, se pode relacionar coa do CIR A do disco interno:

vC ' =vA A× AC ' i i

Substituíndo valores:

4R⋅⋅cos  i 4R⋅⋅sen  j=0 A⋅ k × R⋅sen  i R⋅cos ⋅j 

Operando:

4R⋅⋅cos  i 4R⋅⋅sen  j=  A⋅R⋅sen  j  A⋅R⋅cos ⋅i

Igualando tanto en X como en Y, se obtén que:

 A =4⋅

Ecuación 13.13

que é a mesma relación obtida na ecuación 13.10 e que se pode derivar de igual forma para obter a mesma aceleración angular dada pola ecuación 13.11. De calquera das dúas formas se ten respondido xa a pregunta b) deste problema, pero agora se trata de contestar á pregunta a) que, ben polas ecuacións de Lagrange ben polas ecuacións de Newton resulta simple responder. Aquí se utilizarán as ecuacións de Newton. Tal como se pode observar nos diagramas de sólido libre nas figuras 13.3 e 13.4, existen cinco forzas descoñecidas: as reaccións 0, 1 e 2, ademais das forzas de rozamento Fr1 e Fr2. Pola súa parte, aplicando a 2ª lei de Newton en X e Y, ademais da Ecuación da Dinámica de Rotación a cada disco A e B se terán 6 ecuacións. Desta forma, eliminando destas 6 ecuacións as forzas descoñecidas se obterá a ecuación do movemento. A forma máis simple de conseguilo pasa por darse de conta que aplicando a Ecuación da Dinámica de Rotación ó disco A con relación ó seu Centro, na ecuación aparecerá unha única forza descoñecida que é Fr1, que sería a mesma única forza descoñecida que aparecería aplicando a Ecuación da

PROBLEMA Nº 13 : Tres discos rodantes. Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 162

Dinámica de Rotación ó disco B con relación ó seu CIR D', se fose posible aplicala. Desta forma eliminando Fr1 destas dúas ecuacións xa se obtería a Ecuación Diferencial do Movemento. Comecemos por comprobar se é posible aplicar a Ecuación da Dinámica de Rotación no punto D' . No problema 7 se demostrou que se pode aplicar no CIR dun disco cando este roda sen deslizar sobre un solo horizontal, pero non se demostrou para o caso de que rode sen deslizar sobre unha superficie circular como é este caso. Se comprobará aquí que tamén neste caso se pode aplicar. En efecto, que cumpre as condicións 2.2 é evidente dado que o CIR D' é un punto do sólido, polo que bastará ver se cumpre a 2ª ou 3ª das condicións 2.1, dado que é evidente que non cumpre a 1ª (non é o centro de masas). Polo tanto se trata de comprobar que a súa aceleración ou é nula ou está na dirección D'B. Para isto se recorre ás ecuacións da cinemática:

 a D ' = a BB ×  BD '  2B  BD ' esta ecuación, para calcular a aceleración de D' , xa se ten a aceleración de B nas ecuacións 13.3, sendo os demais termos (ver figura 13.10): •

B ×  BD '= 2⋅  k ×  R⋅sen  i R⋅cos  j=2⋅⋅R⋅sen  j2⋅⋅R⋅cos  i

, tendo en conta que a aceleración angular do disco B é a derivada da súa velocidade angular que está dada na ecuación 13.12. •

2 2  B⋅ BD ' =4⋅ ⋅ BD ' pois está claro que esta expresión dá un resultado que se encontra na dirección  BD ' . O alumno debe recordar, ademais, que

sendo innecesario calcular

a velocidade angular do disco está dada na ecuación 13.12. Polo tanto se trata de comprobar se a suma dos dous primeiros sumandos do segundo membro da  ecuación ten a dirección de BD' , para o que basta comprobar se ten a dirección  sen  i cos  j , ó igual que  BD' . Sumando entón ditos termos, se terá: 2

a B B ×  BD '= 2R ⋅cos 2R⋅ ⋅sen   i  2R ⋅sen  2R⋅ ⋅cos  j 

2R ⋅cos  i 2R ⋅sen  j=2R⋅ ⋅sen  i  2R⋅ ⋅cos  j = 2R⋅ ⋅ sen  i cos  j

que se ve que, efectivamente ten a dirección  sen  i cos  j  de  BD' (e o signo contrario, dado o signo negativo que aparece na suma de termos). Esta demostración é completamente xeral, e vese que sempre que o disco rode sen deslizar sobre solos en repouso, xa sexan planos ou circulares, e que o centro de masas do disco coincida co centro do disco, se pode aplicar no CIR a Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación . Polo tanto, a Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación se pode aplicar ó CIR dun disco que rode sen deslizar por unha superficie circular en repouso, sempre que o centro de masas do disco se encontre no centro do disco. E así se podería aplicar a partir de agora sen volver a demostralo. Polo tanto, e cara a aplicar a Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación, se aplicará agora o Teorema de Steiner para determinar ID' : 2

I D ' = I Bm⋅R =

m⋅R2 3⋅m⋅R2 2 m⋅R = 2 2

Agora: – Ecuación da Dinámica de Rotación ó disco B con relación a D' :

∑ M D ' = I D '⋅ B

Ecuación 13.14 Figura 13.11 : Diagrama de sólido libre do disco B

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 163

A acleración angular do disco B vén dada na ecuación 13.8 ou pola derivada da ecuación 13.12, mentres que momentos con relación a D' só dan o peso do disco e a Fr1, tal como se ve na figura 13.11. Polo tanto, a ecuación 13.14 quedará:

D' B⋅mg⋅sen  D' C '⋅F r1=

3⋅m⋅R2 ⋅ 2⋅  2

Operando: 2

R⋅mg⋅sen 2R⋅F r1 =

F r1 =

–

3⋅m⋅R ⋅2⋅ 2

mg 3⋅m⋅R ⋅sen 

⋅ 2 2

Ecuación 13.15

Ecuación da Dinámica de Rotación ó disco A con relación ó seu centro A:

∑ M A= I A⋅ A

Ecuación 13.16

A aceleración angular do disco A vén dada na ecuación 13.11 ou pola derivada da ecuación 13.13, mentres que a única forza que dá momento con relación a A é a Fr1, tal como se ve na figura 13.12. Polo tanto, a ecuación 13.16 quedará:

m⋅R2 AC '⋅F r1 = ⋅4⋅ 2

Operando: Figura 13.12 : Diagrama de sólido libre do disco A

m⋅R2 R⋅F r1 = ⋅4⋅ 2

F r1 =2⋅m⋅R⋅

Ecuación 13.17

Igualando agora as ecuacións 13.15 e 13.17 se terá a ecuación diferencial do movemento do sistema:

mg 3⋅m⋅R ⋅sen 

⋅=2⋅m⋅R⋅ 2 2

Operando:



g ⋅sen =0 Ecuación 13.18 7R

Esta será a ecuación diferencial do movemento.

PROBLEMA Nº 13 : Tres discos rodantes. Roberto Palau G. & Roberto Palau L.

Páxina 164

b) Determinar as velocidades angulares do disco interior e do disco intermedio en función do parámetro utilizado. As ecuacións 13.12 e 13.13 proporcionan estes resultados:

 A =4⋅

 B = 2⋅

c) Determinar a velocidade angular do disco intermedio no momento en que a recta AB pasa pola posición horizontal, suposto que na posición inicial do sistema dita recta se encontraba vertical e o sistema en repouso. Os métodos máis simples para responder a esta pregunta poden ser: • aplicar a ecuación da conservación da enerxía entre a posición inicial e a posición pedida; • realizar a primeira integración da ecuación diferencial do movememento pois, aparecendo nesta unha soa derivada do parámetro, pode ser simple de realizar. Utilizaremos o segundo destes métodos. Para isto se sabe que:

=

d d  d d  = ⋅ = ⋅ dt d d t d

˙ ˙

Co que a ecuación diferencial do movemento quedará:



˙ ˙

d g g g ⋅sen =0 ⇒ ⋅ = ⋅sen  ⇒ ⋅d = ⋅sen ⋅d  7R d 7R 7R

˙ ˙

Integrando:



g ⋅cos Constante 7R



Despexando a primeira derivada do parámetro:  =

2g ⋅cos Constante 7R

Polo que, como a velocidade angular do disco intermedio está dada pola ecuación 13.12:

 B = 2⋅ , esta quedará:



 B = 2⋅

2g ⋅cos Constante 7R

e como na posición inicial, na que ϕ = 0, se sabe que a velocidade angular era nula, se pode determinar a constante de integración:



8g 8g ⋅cos 0Constante ⇒ Constante= 7R 7R

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 165

Quedando polo tanto a ecuación da velocidade:

 B =



8g ⋅1 cos  7R

Na posición pedida na que ϕ = 90º, a velocidade angular será :

 B =



8g 8g ⋅1 cos 90º=

7R 7R