Secundaria Fuerzas resultantes y masa mínima en una barra

[artiach]

Hola:

El problema es sencillo, aunque como estoy un poco oxidado en la física de 1º de Bachiller pues no me aclaro. Os comento:

Sea una barra de longitud x y masa m, con dos pesas a los lados de masas m' y m''. Esté sustentada la barra por 2 soportes que distan d del centro de la barra. La pregunta es: ¿Cuánta masa tiene que tener una de las pesas de los extremos para que desequilibre la barra?

Hago un dibujo ilustrativo:

http://img228.imageshack.us/img228/6...ujofuerzas.png

El problema se me ocurrió el otro día en el gimnasio. Cuando se hace banca y se quitan las pesas de los lados exsite (al menos en mi) la duda de saber exactamente con cuanta diferencia de peso se caería del otro lado la barra.

Gracias de antemano.

El dibujo no sale como quiero, ahora lo hago con paint y lo cuelgo a imageshack.

[DFP]

Re: Fuerzas resultantes y masa mínima en una barra

Alomejor no he entendido bien tu pregunta, pero tal como lo veo, tan solo hace falta calcular con la ecuación de la palanca. Da lo mismo que tengamos dos resortes porque al fin y al cabo, tan solo estaras utilizando uno para levantarla (o mas bien tirarla). Así que si no me equivoco, que puede ser, bastaría con hacer equilibrio de fuerzas (palanca del primer tipo).
Hay bastantes sitios donde ver explicaciones de palancas...
http://personales.ya.com/casanchi/fis/palancas.pdf
http://es.wikipedia.org/wiki/Palanca

Espero haber sido de ayuda.
Saludos

[artiach]

Re: Fuerzas resultantes y masa mínima en una barra

Hola, gracias por la respuesta pero había pensado ya en eso y el problema (en mi caótica cabeza) es que la palanca, igual que las balanzas, etc. se fundamenta en tener un único punto de apoyo. El sistema que describo, al tener dos puntos de apoyo, es como si del primero al segundo (d1 + d2) estuviese apoyada la barra por entero. Y por eso me surjen dudas.

[DFP]

Re: Fuerzas resultantes y masa mínima en una barra

Vale no... lo estoy pensando y me doy cuenta de lo malas que son las prisas. De hecho diría quehe dicho una barbaridad , porque según eso, el banco de ejercicio se caería al más mínimo desequilibrio masa/distáncia.
Perdón por no pensar lo suficiente, voy a darle vueltas a la cabeza a ver si almenos lo arreglo dando un resultado coherente.

[DFP]

Re: Fuerzas resultantes y masa mínima en una barra

Como veo que nadie sale en nuestra ayuda y se saca de la manga una explicación que nos deje perplejos, vamos a especular por si sacamos algo en claro.
A ver... a mi se me ocurre que el banco de ejercicio actúe como una doble palanca, utilizando uno u otro soporte en función de las masas. Es decir, por si no me explico bien, que si la masa m es mayor que m', se utiliza el soporte que ofrece mayor resisténcia al desequilibrio. Si m es la masa dominante, entonces la distáncia al fulcro será la distáncia total menos la distáncia de m' al fulcro más alejado.

Así, considerando D la distáncia de una masa al soporte más cercano a ella, tendríamos... mD = Nm'(D+2d)... N veces mayor m que m' para el equilibrio.
¿Que te parece? No sé si lo digo bien pero algo más de lógica que lo que dije antes tiene.

[artiach]

Re: Fuerzas resultantes y masa mínima en una barra

Gracias, creo que eso es justo a lo que me refería. La verdad es que no tenía mucha dificultad, pero me costó verlo Como hace unos años que aprobé estas cosas, ahora que me pongo a repasarlas de cara a la universidad me encuentro un poco perdido xD

[DFP]

Re: Fuerzas resultantes y masa mínima en una barra

Es normal si hace tiempo que no practicas. Lo mio en cambio no tiene escusa .
Almenos el error ha sido enmendado. Ánimo con la Universidad y que vaya todo bien!

[lucass]

Re: Fuerzas resultantes y masa mínima en una barra

Yo lo plantearía como un problema de equilibrio normal. Hay dos puntos de apoyo, pero en el caso límite cuando la barra esté a punto de volcarse hacia algún lado, ya deja de haber dos puntos de apoyo y habrá uno solo. Suponete que m'' es más grande que m'
Si uno considera el peso de la barra (cosa que no hizo DFP), para ser más exacto, se llega a que (siguiendo la misma nomenclatura usada por DFP): $\dst m'= \frac {m''D-md}{D+2d}$ (acá m es la masa de la barra) La expresión da el valor de m' en función del valor de m''
Si no conocés la masa de la barra o no tenés ganas de medirla o averiguarla, la podés sacar de la ecuación. Con esto se pierde un poco precisión en la respuesta a la pregunta original que hiciste, pero ésto no creo que importe. Como el peso de la barra siempre va a producir un torque que tienda a equilibrar la barra (sea que la barra gira respecto de un punto de apoyo o el otro) sacando el peso de la barra del cálculo se puede obtener otra cota para m' que seguirá siendo un valor seguro para evitar que la barra vuelque, $\dst m'= m'' \frac {D}{D+2d}$.
Hacé los cálculos por las dudas que yo haya metido la pata.
Saludos

[DFP]

Re: Fuerzas resultantes y masa mínima en una barra

No es que olvidara el peso de la barra, pero como como artiach lo planteó como un problema conceptual más que de resolución, intenté simplificarlo y desprecié la masa de ésta. Pero tienes toda la razón, las cosas se tienen que hacer bien.
Saludos!

[artiach]

Re: Fuerzas resultantes y masa mínima en una barra

Gracias de nuevo gente. Unos posts muy esclarecedores. Tengo que darle bastante caña aún.

Saludos.

[Xel]

Re: Fuerzas resultantes y masa mínima en una barra

wenas ...

... el problema que se plantea parece simple, pero no lo es tanto, pues se trata de sustituir un conjunto de masas, por otro conjunto diferente, cuyos comportamientos sean equivalentes, y a la vez su centro de masas sea desplazado hasta una de las distancias d1 o d2, para que se encuentre a punto de comenzar a girar debido al mínimo desequilibrio provocado por cualquier mosquito que le de por columpiarse ...


Para hacer eso, hay que considerar el conjunto inicial como un sólo cuerpo de longitud L (la de la barra) y que queremos sustituirlo por 3 masas de comportamiento equivalente, y cuyas posiciones en la barra conocemos.

Una masa estaría en el centro de la barra, pues sería precisamente la de la misma.
Y las otras dos masas estarán situadas en los extremos de la barra.

Para realizar dicha sustitución por masas equivalentes hay que aplicar estas 3 ecuaciones:

1) $M = \sum m_i$

2) $\sum m_i \vec r_i = 0$

2) $\sum m_i r_i^2 = I_G$

donde $I_G = \frac{1}{12}ML^2$ es el momento de inercia de la barra inicial. Y $r_i$ es la distancia al centro de masas de cada masa.

La 2ª ecuación resulta ser la misma que si se aplicase sumatorio de momentos igual a cero, por eso se la llama sumatorio de momentos estáticos. Y hay que tener en cuenta que es de caracter vectorial, y por lo tanto hay que tener en cuenta los signos respecto al centro de masas (o centro de momentos) elegido.

Y como queremos que el centro de masas esté situado a la distancia d1 o d2 del centro de la barra, entonces tomaremos las medidas respecto a dicho punto, y aplicaremos esas 3 ecuaciones, cuyas incógnitas serán 2, las de las masas de los extremos.

Como su resolución con letras queda muy extensa, sugiero que se haga diréctamente con números.

P.D: Aunque no lo he hecho, supongo que seguirá quedando el resultado de ambas masas en función de la otra.

un saludo ...

[lucass]

Re: Fuerzas resultantes y masa mínima en una barra

Hola Xel.
La verdad que no entendí mucho lo que quisiste explicar.
Concretamente 2 cosas: esto de que "queremos que el centro de masas esté a la distancia d1 o d2 del centro de la barra". Supongo que lo que estás diciendo es que para que no vuelque la barra, el centro de masas de todo el conjunto tiene que estar sobre el punto de apoyo (que sería a una distancia d del centro de la barra, hacia un lado o hacia el otro, según el caso, y según la figura de artiach). Ésto es cierto, pero sólo es una forma de pensar el problema, equivalente a lo que hicimos antes DFP y yo. Yo al menos, pensé en las condiciones de equilibrio ($\sum F = 0$ y $\sum \tau = 0$) y éstas deben ser suficientes para abordar el problema.
Si no es eso, no entiendo tu planteo. Quizá esté pensando algo mal...
Segundo: lo del momento de inercia. Para qué lo queremos? lo único que nos interesa acá es saber en qué momento (bajo qué condiciones de las masas m' y m'') se pierde el equilibrio en la barra. O sea es una situación de estática, en todo momento el torque externo neto debe ser cero, hasta el caso límite donde se esté por volcar la barra, así que no veo que viene a hacer el momento de inercia aquí.
En fin, la situación real seguro tendrá sus complejidades extra... pero haciendo algunas pequeñas asunciones, tipo "el centro de masa de la barra está en el centro de la barra" y "la barra es una línea recta" y "las masas son puntuales", no me parece que se complique demasiado el problema... ¿qué me estoy perdiendo?
Saludos

[Xel]

Re: Fuerzas resultantes y masa mínima en una barra

Hola Lucass ... Las 3 ecuaciones que he puesto se utilizan para sustiruir un cuerpo por varias masas. Si es por 2 o 3 masas el sistema es compatible, si es por más habría que dar algún valor a las masas o distancias.

Las 2 primeras establecen la equivalencia estática (cuando actúan fuerzas estáticas), y la tercera la equivalencia dinámica (cuando actúan fuerzas de inércia), pero si el cuerpo no se mueve tampoco pasa nada, seguirá sin moverse, y esta ecuación seguirá teniendo su utilidad.

Repito, las 3 ecuaciones se emplean para sustiruir un cuerpo por varias masas, y esto supone la posibilidad de cambiarle la forma a un cuerpo para que siga comportándose del mismo modo.

La pregunta es: ¿Cuánta masa tiene que tener una de las pesas de los extremos para que desequilibre la barra?

Entiendo que cuando la barra se desequilibre será porque comenzará a moverse girando sobre uno de los 2 apoyos debido a la descompensación de las masas. Y para que se dé esa situación, el centro de masas del conjunto debe estar situado en ese apoyo o más allá de su distancia al centro de la barra, pues si no seguirá sin moverse.

Si no se mueve, es cierto que se cumplirán las ecuaciones $\sum F = 0$ y $\sum M = 0$. Pero ésta última es la misma que la 2ª de las 3 acuaciones que mencioné, sólo se diferencian por la gravedad, que al quitarla de $\sum M = 0$ resulta igual que la otra ($\sum m_i\vec r_i = 0$) ya que en este caso las masas están distribuidas en línea a lo largo de la barra.


En cuando a la 3ª ecuación, significa que el sumatorio de los momentos de inercia de las masas puntuales debe ser igual al momento de inercia total de la barra inicial.

Como lo que interesa es obtener el conjunto de masas final, he supuesto que el conjunto de masas inicial es equivalente al de una sola masa con forma de barra y cuya masa sea la total del conjunto inicial. De ese modo es más fácil conocer el valor del momento de inercia del conjunto inicial al verlo como una simple barra.

El momento de inercia de una masa puntual simplemente es el producto de su masa por el cuadrado de su distancia al centro de masas.

Con esa tercera ecuación, aunque el conjunto no se vaya a mover, seguirá siendo útil para cambiar de forma la barra inicial al sustituirla por las 3 masas puntuales.

El nuevo conjunto obtenido seguirá sin moverse, pero se le ha cambiado la forma para conseguir desplazar su centro de masas hasta el punto de apoyo. A partir de ahí, cualquier mínima diferencia entre las masas m' y m'' de los extremos hará que se desequilibre. Aunque la solución seguirá dando que el valor de una masa dependerá del valor de la otra.

un saludo.