Otras carreras barra que cae

[LauraLopez]

Una barra de masa m y longitud L se suelta desde el reposo cuando forma un angulo de 60 grados con la horizontal. Si el coeficiente entre la barra y la superficie es el necesario para evitar el deslizamiento de la misma obtener.

A) La aceleracion angular de la barra al dejarla en libertado
B) La fuerza de contacto N y la fuerza de rozamiento en A
C) El minimo coeficiente de rozamiento que garantice el movimiento

A) Aca lo que hice fue calcular el momento de inercia respecto de A que es:

$I_A= M\frac{{L}^{2 }}{12 } + M \frac{{L}^{2 }}{4 }= M \frac{{L}^{2 }}{3 }$

Luego tomo momento respecto de A

$\frac{L}{2 }\cos 60 Mg = \frac{M{L}^{2 }}{3 }\gamma$

$\gamma= \frac{3g}{4L }$

Esta bien?

Con el inciso b y c no se como hacerlos...

Para la fuerza de rozamiento se me ocurre hacer newton entonces seria $-f_r = M a_c$

y luego calcular a_c como $a_c = \gamma R$ pero comente antes en otro post no estoy segura del uso de esta formula cuando no es el caso de cuerpos que ruedan sin desliar...ademas no se cual es el valor de R ...

Gracias

[escarabajo]

Re: barra que cae

Hola.

Está bien lo primero.

Con respecto a las otras partes.

Tenes que tener en cuenta que la aceleración del CM tiene una componente radial y otra tangente a la trayectoria circular que seguiria. Plantea la posición del CM respecto de A, que para las hipótesis, es un punto fijo y derivala. Obtené la aceleración y luego si, aplica Newton.

No confundas fórmulas de casos distintos. Lo conveniente es siempre plantear la posición y derivar. Eso nos dará la aceleración y la velocidad.

Para la última parte tene en cuenta que la condición para que no exista deslizamiento es que

$\displaystyle |f_{roz}|< \mu _s |N|$


Saludos.

[LauraLopez]

Re: barra que cae

con respecto al inciso B entonces esa formula para la aceleracion no vale? esto es porque solo es valida para cuerpos rodantes?

otra duda que tengo es si planteo energia la barra tiene enrgia cinetica de rotacion solamente? o tambien de traslacion?

Y con respecto a como me decis que lo haga no entiendo...

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y con respecto a la normal como se puede hallar?

[escarabajo]

Re: barra que cae

con respecto al inciso B entonces esa formula para la aceleracion no vale? esto es porque solo es valida para cuerpos rodantes?

No vale porque sencillamente no es la aceleración que tiene el rigido, son situaciones distintas las que planteas. Yo te sugeria que no pienses en fórmulas, ni ahora, ni nunca, si no que pienses cada caso lo que deba ser. En, por ejemplo, un cilindro que rueda,sin deslizar, sobre una superficie quieta, el concepto que hay que tener claro es que su punto de contácto tiene velocidad cero. Eso es lo que hay que saber, a partir de ello, deducimos una ecuación, que nos vincula la velocidad y aceleración del CM con la angular. Si queres, lo tratamos en otro hilo esa deducción para que lo veas claro. (sale utilizando la distribución de velocidades y aceleraciones entre el CM y el punto de contácto).

En este caso de la barra, nos dicen que no hay deslizamiento, por lo que yo entiendo que el punto de contácto quedaría quieto y entonces el movimiento es claramente en torno a ese punto.

Y con respecto a como me decis que lo haga no entiendo...

El método que yo te proponia es este que detallo a continuación, aunque también es valido hacerlo por energía.

Si, como te decía, el punto de contacto de la barra está quieto lo podemos tomar como origen de coordenadas y plantear la posición del CM en coordenadas polares y versores móviles:

$\displaystyle \vec{r_G}=\frac{L}{2}\vec{e_r}$

Donde $e_r$ es un versor en la dirección radial del movimiento.

Si derivamos

$\displaystyle \vec{v_g}=\frac{L}{2}\dot{\theta}\vec{e_{\theta}}$

$\displaystyle \vec{a_g}=\frac{L}{2}\ddot{\theta}\vec{e_{\theta}}-\frac{L}{2}\dot{\theta}^2\vec{e_r}$

El versor $e_{\theta}$ es perpendicular a $e_r$ en la dirección de crecimiento de tita. Supongo que manejas estos versores móviles, si no es asi, me lo decis. La relación con los versores cartesianos simplemente la obtenemos descomponiendo

$\displaystyle e_r=cos\theta \hat{i}+sen\theta \hat{j}$

$\displaystyle e_{\theta}=-sen\theta \hat{i}+cos\theta \hat{j}$

Inicialmente sabemos que $\theta=60$ y $\dot{\theta}=0$. Además, tene en cuenta que $\ddot{\theta}=\gamma$, que ya lo tenes calculado.

Ahi entonces podes obtener el vector aceleración en los versores cartesianos y obtener todas las ecuaciones aplicando newton. La normal la obtendras analizando la coordenada vertical y la fuerza de rozamiento la horizontal.

otra duda que tengo es si planteo energia la barra tiene enrgia cinetica de rotacion solamente? o tambien de traslacion?

Como regla general, la energía de un rígido es

$\displaystyle T=\frac{1}{2}M||v_G||^2+\frac{1}{2}I_G||w||^2$

Donde G es el centro de masas, y w es la velocidad angular del rígido.

Lo anterior es equivalente, en este caso, a

$\displaystyle T=\frac{1}{2}I_c||w||^2$

Donde C es el punto de contácto. Si te interesa desarrollamos más el por qué.

Saludos.

[LauraLopez]

Re: barra que cae

el cuanto a lo de energia vale eso porque solo tiene energia cinetica de rotacion? es decir porque la barra no se traslada sino que solamente rota?

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me pareciera que es mas facil plantearlo de resolverlo por energia...

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como ser resolveria por energia? de la forma que planteas me parece muy complicado...

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ahora q miro bien no entiend porque llegas a esa conclusion con la energia cinetica porque es de rotacion pero cambia el eje...no es el centro de masas y no se el porque

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la proyecccion del versor transversal no seria con los signos cambiados? porque tita punto es cero?

[escarabajo]

Re: barra que cae

Hola.

la proyecccion del versor transversal no seria con los signos cambiados?

Adjunto una figura para que se vea bien claro, porque esto si no marea. Te marea a ti porque no sabes en base a qué versores escribo yo, y a su vez yo no sé como interpretar lo tuyo. Los signos siempre van de acuerdo a como uno esté considerando los versores y los ejes, si tu los tenes de una manera y yo de otra, nos va a dar distinto, pero no quiere decir que uno esté mal.



La convención que ves en la figura es la que tomé. Ahi lo que tenemos es que, el ángulo $\theta$ crece en sentido anti horario. Fijate que con esta convención estamos tomando $\vec{w}(t)=\dot{\theta}\hat{k}$. Con el versor k saliente al plano.

Con esta convención aplicando torques en realidad deberiamos deducir:

$\displaystyle -mgcos\theta \frac{L}{2}=I_C\gamma$

El signo de menos es porque el momento que hace el peso es entrante al plano, es decir, hace rotar la barra en sentido horario, contrario a lo que supusimos positivo. Esto quiere decir que $\gamma$ nos da negativo y simplemente nos confirma que la barra se moverá rotando en sentido contrario al que supusimos(decreciendo el ángulo tita). ¿Lo ves?

El signo del versor $e_{\theta}$ es correcto. Lo que sucede, creo intuir tu "incoherencia", es por la velocidad del CM, ¿cierto? Cuando la barra acelere angularmente, este punto va a moverse tangencialmente a una circunferencia en sentido horario, pero el versor en esa dirección "apunta hacia atrás". Cierto. Pero, no te olvides que la aceleración angular nos da negativo, ....si obtenemos la velocidad angular

$\displaystyle w(t)=\int \gamma dt=\gamma t+\dot{\theta}(t=0)=\gamma t$

Y $\gamma$ dijimos nos da negativo....por lo tanto, la velocidad del CM

$\displaystyle v_G=\gamma t \frac{L}{2} e_{\theta}$

Esto nos da en la dirección $-e_{\theta}$, por lo tanto no hay ninguna incoherencia.

Espero haber aclarado este punto.

porque tita punto es cero?

Me expresé mal en cierta forma. La velocidad angular, como función, no es cero. En todo caso, toma el valor cero en el instante inicial.

$\displaystyle \dot{\theta}(t)=w(t)=\gamma t$

Una vez que obtuvimos la aceleración, ya podemos evaluar el vector para el instante inicial, olvidandonos los $\dot{\theta}$.

A eso me queria referir.

el cuanto a lo de energia vale eso porque solo tiene energia cinetica de rotacion? es decir porque la barra no se traslada sino que solamente rota?

La energía de un rígido es una suma de la energía de la energía de cada "diferencial de masa" que lo compone. Claro que existe hablar de energía de rotación, y de traslación, pero...es más una consecuencia de como queda la expresión. La energía de una masa puntual m que tiene velocidad v es

$\displaystyle \frac{1}{2}mv^2$

Luego, en un rígido, sumamos toda la energía de cada pequeña parte de masa que se considera como una particula puntual y con la fórmula anterior. No voy a transcribirte la deducción, pero.... a lo que llegamos es a lo siguiente(para un caso de movimiento plano como es el caso):

$\displaystyle T=\frac{1}{2}M\vec{v_Q}^2+\frac{1}{2}I_Q\vec{w}^2+M\vec{v_Q}\cdot (\vec{w}\times (G-Q))$

Donde G es el punto centro de masa del rigido y Q un punto cualquiera del rigido. Nota que si el punto Q es un punto fijo instantáneo, o sea, está quieto.

$\displaystyle T=\frac{1}{2}I_Q\vec{w}^2$

Y si Q=G

$\displaystyle T=\frac{1}{2}M\vec{v_G}^2+\frac{1}{2}I_G\vec{w}^2$

Todo tiene que ver con el movimiento del CM, pero también con el movimiento de las particulas entorno a este. Si me paro en el punto fijo, observo una rotación pura, ...en cambio, si me paro en el CM, estaría mal decir que sólo hay rotación, el CM se traslada en forma circular, pero también existe una rotación entorno a este punto.

como ser resolveria por energia?

Lo que podes resolver por energía es la parte a, pero me temo que en las siguientes tenes que utilizar las ecuaciones de Newton y por lo tanto deberás conocer la aceleración del CM de alguna manera. Igual podrias usar distribución de aceleraciones si queres.

La energía se conserva. Entonces,

$\displaystyle \frac{dT}{dt}+\frac{dU}{dt}=0$

La energía cinética la podemos escribir como una rotación pura, y así te evitas tener que plantear la posición del CM y obtener su velocidad

$\displaystyle T=\frac{1}{2}I_C\dot{\theta}^2 \Rightarrow \frac{dT}{dt}=I_C\dot{\theta}\ddot{\theta}$

$\displaystyle U=\frac{L}{2}mgsen\theta \Rightarrow \frac{dU}{dt}=\frac{L}{2}mgcos\theta \dot{\theta}$

Entonces:

$\displaystyle I_C\dot{\theta}\ddot{\theta}+\frac{L}{2}mgcos\theta \dot{\theta}=0=\dot{\theta}[I_C\ddot{\theta}+\frac{L}{2}mgcos\theta]=0$

Obtenemos entonces una ecuación equivalente a aplicar la 2da cardinal:

$\displaystyle I_C\ddot{\theta}+\frac{L}{2}mgcos\theta=0$

Ahí evaluamos para el instante inicial:

$\displaystyle \ddot{\theta}=-\frac{L}{4I_C}$

Donde Ic era el momento de inercia respecto al punto de contacto que ya calculaste.

Mi consejo es que resuelvas lo que sigue(hallar la aceleración del CM) de las dos maneras, sirve para ejercitar, y para verificar que por los dos caminos te de lo mismo(que es una probable señal de que esté bien resuelto)

Saludos.

[LauraLopez]

Re: barra que cae

Hola! muchas gracias por la explicacion me aclaraste mucho mas algunas cosas

Claro yo habia tomado la direccion transversal en el sentido contrario ahora si entendi bien eso.

Con respecto a lo de la energia entonces es como que la misma depende del punto sobre el cual se tome no? o sea la enercia tomada desde el CM sera energia cinetica de traslacion y rotacion en cambio tomada desde el punto A sera solo cinetica de rotacion, y la total en el punto A y el CM valen lo mismo no?

Luego intentando resolverlo por el primer metodo que me explicaste que me parecio mas sencillo igualmente tengo dudas.... esa expresion que encontraste para el CM es en funcion de tita punto y tita dos puntos, donde tita dos puntos es la acel angular que encontre en el inciso a pero el tita punto lo reemplazo por cero o no? el tita lo reemplazo por 60? o tiene que quedar en funcion de ese angulo? o sea tenia:

${a}_{cm } = (- \frac{L}{2 } {w}^{2 } \cos \theta - \frac{L}{2 } \gamma \sin \theta ) \hat{\imath} + (- \frac{L}{2 } {w}^{ 2}\sin \theta + \frac{L}{2 }\gamma \cos \theta) \hat{\jmath}$

Esa seria la expresion final de la aceleracion del CM , esta bien? aca el w y el theta quedan asi expresados? o se reemplazan por algun valor?

Luego para encontrar la normal N y la fuerza de rozamiento seria:

$-f_r = m (- \frac{L}{2 } {w}^{2 } \cos \theta - \frac{L}{2 } \gamma \sin \theta )$

$N = mg + m (- \frac{L}{2 } {w}^{ 2}\sin \theta + \frac{L}{2 }\gamma \cos \theta)$

Asi seria el inciso b? esta bien? o se puede llegar a resultados mas concretos??

gracias

[escarabajo]

Re: barra que cae

Con respecto a lo de la energia entonces es como que la misma depende del punto sobre el cual se tome no? o sea la enercia tomada desde el CM sera energia cinetica de traslacion y rotacion en cambio tomada desde el punto A sera solo cinetica de rotacion, y la total en el punto A y el CM valen lo mismo no?

Claro. La energía del rigido, como magnitud, es una sola, no es que es distinta según el punto, lo que cambia es la "fórmula" de su obtención por lo que explicaba anteriormente. Creo que lo más sencillo de acordarse es la de CM, porque intuivamente es más facil de ver que la energía total es la que lleva el CM por su movimiento de traslación, más la rotación de la masa del rígido en torno a ese punto.

Luego intentando resolverlo por el primer metodo que me explicaste que me parecio mas sencillo igualmente tengo dudas.... esa expresion que encontraste para el CM es en funcion de tita punto y tita dos puntos, donde tita dos puntos es la acel angular que encontre en el inciso a pero el tita punto lo reemplazo por cero o no? el tita lo reemplazo por 60? o tiene que quedar en funcion de ese angulo? o sea tenia:



Esa seria la expresion final de la aceleracion del CM , esta bien? aca el w y el theta quedan asi expresados? o se reemplazan por algun valor?

La expresión está bien. Luego de obtenida, si, reemplazas por los valores iniciales. El ángulo teta nos lo dan en la letra y es 60, y se parte del reposo, por lo que la velocidad angular inicial es 0. La aceleración angular es la que obtenes en el apartado a, y vale la pena destacar que no es un valor inicial si no que es una aceleración constante, mientras no exista un deslizamiento.

Es correcto también lo que obtuviste para N y fr. Te falta no más utliizar en esas expresiones las condiciones iniciales de la vel. angular y tita=60.

Saludos.

[LauraLopez]

Re: barra que cae

entonces reemplazando llego a:

$a_c= - \frac{3\sqrt{3}g}{16 } \hat{\imath} + \frac{3}{16 }g \hat{\jmath}$

Luego cuando planteo newton la fuerza de rozamiento yo la hbaia puesto hacia la izqierda pero en realidad va para la derecha no? porque la barra al caerse intenta desplazarse hacia la izquierda..

$\sum F_x = f_r = M a_c$ 0 $\sum F_x = - f_r = M a_c$

Como es?

igualmente resolviendo me da $f_r = \frac{3\sqrt{3}gM}{16 }$ en un caso con signo positivo y en otro con negativo no se cual sera la correcta.

Luego para la normal me termina quedando $N= \frac{19}{16 } Mg$

Y el inciso C seria

$\mu > \frac{f_r}{N }$ no?

[escarabajo]

Re: barra que cae

Acordate que

$\displaystyle \gamma=-\frac{3g}{4L}$

Nos daba negativo. Esto cambia los signos de las ecuaciones últimas.

$fr=mg\frac{3\sqrt{3}}{16}\hat{i}$

$N=mg\frac{13}{16}\hat{j}$

Con respecto al signo de fr:

Si la colocas hacia la izquierda, vas a obtener un valor negativo, ¿esto que quiere decir? Que en realidad va en el sentido contrario en el que supusiste: Hacia la derecha.
Si la colocas hacia la derecha, vas a obtener un valor positivo, y por lo tanto ese es el sentido en el que tiene que ir.

Lo intuitivo es lo que decis, ...que el punto de contácto intentaría moverse hacia atrás y por lo tanto el rozamiento es contrario a ese intento de movimiento.

El ceoficiente minimo de rozamiento será

$u=fr/N$

Saludos.