1r ciclo Varilla apoyada en la pared

[sergiolor]

tengo el problema siguiente

tengo una varilla apoyada en la pared con un angulo respecto a la horizontal de 60º , la pared está apoyada en la pared de la derecha

quiero calcular la acewleración angular y la aceleración del centro de masas.

para calcular la acelerión angular hago

$\sum_{n = 0}^\infty\vec{M}=I\vec{\alpha}$

los momentos son el momento debido al peso $(-L/2\cos60,L/2\sin60,0)X(0,-mg,0)$

y la reacción en la pared$(-L\cos60,L\sin60,0)X(R,0,0)$

y si hago la ecuación de fuerzas tengo $(0,-mg,0)+(R,0,0)=m\vec{a}$

y entonces tendría 2 incógnitas (a y R) con 2 ecuaciones pero creo que no puedo relacionar la aceleración del centro de masas con la aceleración angular así por que así y la solución de eso no es la que me da el problema y no se como continuar.

[oscarmuinhos]

Re: Varilla apoyada en la pared

solo está apoyada en la pared?
Imagino que te falta considerar la reacción vertical del suelo sobre la varilla...?
En un sólido rígido aceleración lineal y angular están siempre necesariamente relacionadas a través de las ligaduras impuestas. En este caso, para hallarlas, puedes escribir las coordenadas cartesianas en función del ángulo con la pared (o con el suelo) y derivar respecto al tiempo para obtener las componentes de la aceleración.

Suerte

[sergiolor]

Re: Varilla apoyada en la pared

claramente está apoyada en la pared y en el suelo. no puedes derivar respecto el tiempo si no es una función de t

[oscarmuinhos]

Re: Varilla apoyada en la pared

Está apoyada en el suelo:
Te falta considerar, pues, la reacción vertical del suelo sobre la escalera.

No puedes derivar respecto al tiempo si no es función de t

$x= Lcos \theta$ $\to$ $\dot x= -L \dot \theta sen \theta$ $\to$ $\ddot x = -L\ddot \theta sen \theta - L {\dot \theta}^{2}cos \theta$
$y= Lsen \theta$ $\to$ $\dot y= L \dot \theta cos \theta$ $\to$ $\ddot y = L\ddot \theta cos \theta - L {\dot \theta}^{2}sen \theta$

$\ddot x$ e $\ddot y$ son las componentes de la aceleración lineal del centro de masas y $\ddot \theta$ es la aceleración angular

NOTA: aquí he tomado la longitud de la varilla igual a 2L

Y ya tienes la relación entre aceleración lineal del centro de masas y aceleración angular de la escalera

[sergiolor]

Re: Varilla apoyada en la pared

pero no tengo $\dot \theta$ y si la tuviera $\ddot y \ddot x \ddot \theta$ son 3 incógnitas con 2 ecuaciones

po cierto como separo las letras en latex?

gracias

[oscarmuinhos]

Re: Varilla apoyada en la pared

Ecuaciones e incógnitas?
Tienes, efectivamente, dos ecuaciones vectoriales que dan lugar a tres ecuaciones escalares:
1) $\sum \vec{M} = I\vec{\alpha}$
2) $\sum \vec{F}= m\vec{{a}_{CM }}$ que se desdobla en dos ecuaciones escalares:
$\to$ $\sum \vec{{F}_{x}}= m\vec{{a}_{x}}$
$\to$ $\sum \vec{{F}_{x}}= m\vec{{a}_{y}}$

(La tercera componente que tu pones no da lugar a ecuación ninguna. Y, como el movimiento tiene lugar sin salirse del plano vertical, puedes prescindir ya de ella en el planteamiento de la ecuación vectorial de fuerzas. Para el momento resultante también podrías prescindir de esa tercera componente, pues ya sabes que su dirección es perpendicular al plano del movimiento)

Escribir las letras separadas en LATEX?
No sé si los más expertos saben otro método...yo cuando necesito separar letras, aislo cada una con su correspondiente TEX:
$\dot x$, $\dot y$, $\dot \theta$

[Breogan]

Re: Varilla apoyada en la pared

Hola:

po cierto como separo las letras en latex?
gracias

Se puede usar la barra \ seguida de un espacio p.e. a \ b \ c se ve $a \ b \ c$

Ecuaciones e incógnitas?
Tienes, efectivamente, dos ecuaciones vectoriales que dan lugar a tres ecuaciones escalares:
1) $\sum \vec{M} = I\vec{\alpha}$
2) $\sum \vec{F}= m\vec{{a}_{CM }}$ que se desdobla en dos ecuaciones escalares:
$\to$ $\sum \vec{{F}_{x}}= m\vec{{a}_{x}}$
$\to$ $\sum \vec{{F}_{x}}= m\vec{{a}_{y}}$

Me interesa mucho este problema, siempre tuve problemas en su solucion, me gustaria que no se quedara y avanzara hasta su resolucion, asi que voy a hacer mi pequeño aporte, correcto o no, ustedes diran.



Me parece que es mas facil trabajar con los momentos en el punto superior O.

Sumatoria de fuerzas en y:

$\dst P\ -\ R_1\ =\ m\ a_y$

Sumatoria de fuerzas en x:

$\dst R_2 \ =\ m \ a_x$

Sumatoria de momentos respecto de O:

$\dst \ P \ \frac L 2 \ sen \beta\ -\ R_1 \ L \ sen \beta\ = \ I_O \ \alpha_O$

donde momentos antihorarios son positivos, al igual que las aceleraciones.

Ecuaciones de ligadura:

$\dst x\ =\ L \ sen\beta$

e

$\dst y\ =\ L\ cos\beta$

por lo cual

$\dst \dot x\ =\ L\ cos \beta\ \dot \beta$ $\Rightarrow$ $\dst \ddot x\ =\ -\ L\ sen \beta \ (\dot \beta) ^2\ +\ L\ cos \beta \ \ddot \beta$

$\dst a_x =\ -\ L\ sen \beta \ \omega_O ^2\ +\ L\ cos \beta \ \alpha_O$

e

$\dst \dot y\ =\ -\ L\ sen \beta\ \dot \beta$ $\Rightarrow$ $\Rightarrow$ $\dst \ddot y\ =\ -\ L\ cos \beta \ (\dot \beta) ^2\ -\ L\ sen \beta \ \ddot \beta$

$\dst a_y\ =\ -\ L\ cos \beta \ \omega_O ^2\ -\ L\ sen \beta \ \alpha_O$

Bueno hasta aca llegue, no se si bien, escucho sugerencias.

Suerte

PD: en LaTex la declaración \dst al principio hace que las fracciones conserven el tamaño de fuente, y no se adapten al párrafo

Suerte

[oscarmuinhos]

Re: Varilla apoyada en la pared

Gracias a Breogan por esa figura.
Y gracias por tu avance de las ecuaciones y las aclaraciones al LATEX.
El planteamiento de la ecuación de los momentos angulares en el punto O de tu figura me planteó la duda si podía tomarse ese punto para la ecuación de los momentos... Lo resolví tomando ese punto y tomando el centro de masas y como no me dan lo mismo, volví al centro de masas.
Volveré a revisar teoría y cálculo por si encuentro algún fallo

Yo había empezado tomando el angulo $\theta$ en relación al suelo, y tomado la longitud de la varilla como 2L...pero nada cambia
Continuando el trabajo y la figura de Breogán quedaría manipular las ecuaciones y resolver.
Mas antes conviene fijarse en la coherencia de los signos a un lado y otro de las ecuaciones y en que debemos tomar momentos con respecto al centro de masas (o con respecto al eje instantáneo de giro).
Volvemos a escribir, pues, las ecuaciones de Breogan (prescindo del subíndice de la velocidad y aceleración angular, por innecesario)
Aceleración del centro de masas (tomando la longitud de la barra igual a L)
$\dst a_x =\ -\frac L 2\omega ^2\ sen \beta \ \ +\frac L 2 \alpha \ cos \beta \$ (1)

$\dst a_y\ =\ -\frac L 2\omega ^2\ cos \beta \ \ -\frac L 2 \alpha \ sen \beta \$ (2)

$\dst R_2 \ =\ m \ a_x$ (3)

$\dst \ -P\ +\ R_1\ =\ m\ a_y$ (4)

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] (5) (el giro de la barra en esta figura de Breogán es en sentido horario, y tomo signo positivo para el momento que coincide con este giro de la barra)l

[eliminadas dos ecuaciones porque, efectivamente, como dice Breogan, se colaron desde un planteamiento anterior]

Substituyo (1) y (2) en (3) y (4), respectivamente, y despejo $R_1$ y $R_2$ para substituir en (5)
$\dst \ -\ \frac L 2 \ cos \beta\ m\ (\frac L 2 \alpha \ cos \beta \ -\frac L 2\omega ^2\ sen \beta \ )$$\dst \ + \frac L 2 \ sen \beta\ ( \ mg\ -\ m\frac L 2 \omega^2 \ cos \beta \ -\ m\frac L 2\alpha \ sen\beta \ )$= $\dst \frac{1}{12 }\ m\ L^2 \alpha$

Operando:
[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] $\dst \ - \ m\frac{L^2}{4} \omega^2 \ sen\beta \ cos\beta \ -\ m\frac{L^2}{4}\alpha \ sen^2 \beta$= $\dst \frac{1}{12 }\ m\ L^2 \alpha$

Cancelando términos, dividiendo entre m y operando:

$\dst \ g \frac L 2\ sen \beta - \frac{L^2}{4 } \alpha \ ( \ cos^2 \beta + \ sen^2 \beta \ )=\dst \frac{1}{12 }\ L^2 \alpha$

De aquí:
$\dst \ g \frac L 2\ sen \beta - \frac{L^2}{4 } \alpha =\dst \frac{1}{12 }\ L^2 \alpha$

$\dst \ g \frac L 2\ sen \beta =\dst \frac{1}{12 }\ L^2 \alpha \ + \frac{L^2}{4 } \alpha = \frac{4 L^2}{12 } \alpha$

Y finalmente:
$\dst \alpha = \frac 3 2 \frac g L \ sen \beta$

y FINALIZADO!
(aunque sigo con la duda que me ha creado el planteamiento de Breogán de si puede utilizarse otro punto para la ecuación de los momentos...)



-- - -

[Breogan]

Re: Varilla apoyada en la pared

Hola:

Gracias por tu respuesta. Ambos caminos deben dar lo mismo, pero el camino que vos usaste es mas directo (es costumbre mia elegir caminos enrevesados).

Después de leer tu msj me di cuenta de , por lo menos, un gran error en mi planteo; cuando hago el equilibrio de fuerzas las aceleraciones que intervienen son las del centro de masa y no las del punto O que desarrolle, otra cosa es que, sin declararlo yo puse el origen de mi SC en el punto móvil donde la barra se apoya en el piso.

Mas tarde voy a editar dicho msj (soy extremadamente cabeza dura !!), y ver si puedo llegar a un valor para poder comparar resultados.

Un abrazo.

Suerte

PD: no habría que dar también las aceleraciones lineales del CM para que la solución este completa.

Suerte

[oscarmuinhos]

Re: Varilla apoyada en la pared

Tienes razón, Breogan. Solo está calculada la aceleración angular y pide también la aceleración del centro de masas
Me pondré a ello....

Respecto al centro de momentos..., así como en la Estática estoy seguro de que vale tomar cualquier punto como origen de momentos...no estoy seguro de ello en la Dinámica. Estoy seguro de que el centro de masas sí que vale (hay un teorema en relación a ello) y por supuesto vale también el centro de giro...Yo no estoy seguro de si vale o no vale cualquier otro punto...y entonces, por si acaso, probé los dos caminos...y como no me daban lo mismo volví al centro de masas.

Si lo compruebas, o encuentras alguna demostración de ello, por favor, súbelo
Un saludo

- - - Actualizado - - -

Vamos con la aceleración del centro de masas:
$\dst a_x =\ -\frac L 2\omega ^2\ sen \beta \ \ +\frac L 2 \alpha \ cos \beta$

$\dst a_y\ =\ -\frac L 2\omega ^2\ cos \beta \ \ -\frac L 2 \alpha \ sen \beta$

Se necesita calcular $\dst \omega = \dot \beta$

A partir de la ecuación de la aceleración angular:
$\dst \alpha = \frac{d\left( \dot \beta \right)}{dt }\frac 3 2 \frac g L \ sen \beta$

$\dst\frac{d\left( \dot \beta \right)}{dt }= \frac{d\left( \dot \beta \right)}{d\beta} \frac{d \beta}{dt}= \dot \beta \frac{d\left( \dot \beta \right)}{d\beta}$ = $\dst \omega \ \frac{d\omega}{d\beta}$

Esto permite la separación de variables e integrar:
$\dst \omega \ d\omega = \frac 3 2 \frac g L \ sen \beta \ d\beta$
$\dst \frac 1 2 \omega^2 = -\frac 3 2 \frac g L \ cos \beta \ + \ C$

Para determinar C, tenemos en cuenta las consideraciones iniciales: en $\dst \beta = 60^o$ , $\dst \omega\ = \ 0$. O sea:
$\dst \ 0 = -\frac 3 2 \frac g L \frac 1 2 \ +\ C$ y $\dst \ C = \frac 3 4 \frac g L$

Se despeja $\omega$ y, con esta, el cálculo de la aceleración lineal del centro de masas se hace sin problema alguno sin otra cosa que substituír:
$\dst \omega = \dst \sqrt{\frac 3 2 \frac g L \ - \ 3 \frac g L \ cos \beta }$=$\dst \sqrt{\frac{3g}{L}\left( \frac 1 2 \ -\ cos \beta\right)}$

[Breogan]

Re: Varilla apoyada en la pared

Hola:

Y aqui, devuelta la burra al trigo, vaya cabeza dura . Gracias a los msj de oscar creo que entendí mejor las cosas (veremos !!!)

Como convención para todos los datos la letra que representa su componente sera siempre positiva y su signo aparece expresamente en la expresion, p.e.:

$\dst \vec P \ = \ - \ P \ \hat j$ con $\ P\ >\ 0$

en el caso de las incógnitas, la variable puede ser positiva o negativa, p.e.:

$\vec \alpha_A \ = \ \alpha_A \ \hat k$

donde $\alpha_A \ <\ 0\ \ \ o\ \ \ \alpha_A \ >0$

Sumatoria de fuerzas en y:

$$\vec a_{y_{CM}} \ =\ a_{y_{CM}} \ \hat j$$

$$R_1\ - \ P \ =\ m\ a_{y_{CM}}$$

Sumatoria de fuerzas en x:

$$\vec a_{x_{CM}} \ =\ a_{x_{CM}} \ \hat i$$

$$\dst - \ R_2 \ =\ m \ a_{x_{CM}}$$

Sumatoria de momentos respecto de A:

$$\vec \alpha_A \ = \ \alpha_A \ \hat k$$

$$\dst \ P \ \frac L 2 \ sen \beta\ -\ R_1 \ L \ sen \beta\ = \ I_A \ \alpha_A$$

donde momentos antihorarios son positivos, al igual que las aceleraciones.

Ecuaciones de ligadura:

$$\dst x_A\ =\ 0$$

por lo cual

$$\dst \dot x_A\ =0 \ \Rightarrow \ \dst \ddot x_A\ =\ 0$$

$$\dst a_{x_{A}} =\ 0$$

e

$$\dst y_A\ =\ L\ cos\beta$$

por lo cual

$$\dst \dot y_A\ =\ -\ L\ sen \beta\ \dot \beta \ \Rightarrow \ \dst \ddot y_A\ =\ -\ L\ cos \beta \ (\dot \beta) ^2\ -\ L\ sen \beta \ \ddot \beta$$

$$\dst a_{y_{A}}\ =\ -\ L\ cos \beta \ \omega_A ^2\ -\ L\ sen \beta \ \alpha_A$$

Ahora deberíamos reemplazar las ecuaciones (4) y (5) en las ecuaciones (1) y (2), pero en estas ecuaciones las aceleraciones lineales están referidas a distintos puntos de la barra, vamos a relacionar las magnitudes cinemáticas entre ambos puntos:

Coordenada x

$$\dst x_{CM}\ =\ x_A\ -\ \frac L 2\ sen \beta$$

$$\dst \dot x_{CM}\ =\ \dot x_A\ -\ \frac L 2\ cos \beta\ \dot\beta$$

$$\dst \ddot x_{CM}\ =\ \ddot x_A\ +\ \frac L 2\ sen \beta\ (\dot\beta)^2\ -\ \frac L 2\ cos \beta \ \ddot \beta$$

Por la ecuacion (4) queda:

$$\dst a_{x_{CM}}\ =\ \frac L 2\ sen \beta\ (\omega_A)^2\ -\ \frac L 2\ cos \beta \ \alpha_A$$

Coordenada y:

$$\dst y_{CM}\ =\ y_A\ -\ \frac L 2\ cos \beta$$

$$\dst \dot y_{CM}\ =\ \dot y_A\ +\ \frac L 2\ sen\beta\ \dot\beta$$

$$\dst \ddot y_{CM}\ =\ \ddot y_A\ +\ \frac L 2\ cos\beta\ (\dot\beta)^2\ +\ \frac L 2\ sen\ \beta \ \ddot \beta$$

Por la ecuacion (5) queda:

$$\dst a_{y_{CM}}\ = \ -\ L\ cos \beta \ \omega_A ^2\ -\ L\ sen \beta \ \alpha_A +\ \frac L 2\ cos\beta\ \omega_A^2\ +\ \frac L 2\ sen\ \beta \ \alpha_A$$

$$\dst a_{y_{CM}}\ = \ -\ \frac L 2\ cos\beta\ \omega_A^2\ -\ \frac L 2\ sen\ \beta \ \alpha_A$$

Reemplazamos la ec. (6) en la (2), y la ec. (7) en la (1):

$$\dst - \ R_2 \ =\ m \ \left(\ \frac L 2\ sen \beta\ \omega_A^2\ -\ \frac L 2\ cos \beta \ \alpha_A\ \right)$$

$$R_1\ - \ P \ =\ m\ \left(\ -\ \frac L 2\ cos\beta\ \omega_A^2\ -\ \frac L 2\ sen\ \beta \ \alpha_A\ \right)$$

Ahora a la ecuacion (9) le sumamos 1/2 P a ambos miembros y después multiplicamos ambos miembros por $-\ L\ sen \beta$, y queda:

$$\dst \left( R_1\ - P\ +\frac 1 2\ P\right) \left( - L sen \beta \right) = \left[ m \left( - \frac L 2\ cos\beta \omega_A^2 - \frac L 2 sen \beta \alpha_A \right)\ +\frac 1 2 P \right] \left( - L sen \beta \right)$$

$$\dst \left( -R_1 L sen\beta +\frac L 2 P sen \beta \right) = \left[ m \left( \frac L 2\ cos\beta \omega_A^2 + \frac L 2 sen \beta \alpha_A \right)\ -\frac 1 2 mg \right] \ L sen \beta$$

Teniendo en cuenta la (3):

$$\dst \ I_A \ \alpha_A\ = \ \frac {L^2} 2\ m \ sen\beta \ cos\beta \ \omega_A^2 \ + \ \frac {L^2} 2\ m \ sen\beta\ \ sen \beta \ \alpha_A \ -\frac L 2\ g \ m\ sen \beta$$

Sabiendo que $\dst I_A\ =\ \frac {L^2\ m}{3}$

$$\dst \frac {L^2\ m}{3} \ \alpha_A\ - \ \frac {L^2} 2\ m \ sen^2\beta\ \alpha_A \ =\ \frac {L^2} 2\ m \ sen\beta \ cos\beta \ \omega_A^2 \ -\frac L 2\ g \ m\ sen \beta$$

Con este planteo no se llega a un resultado coherente con el de oscar, el cual verifique que estaba bien. Buscando esto encontré una web interesante para hacer un repaso de estos temas, se las dejo:

http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica/so.../escalera1.htm

Espero sea un enlace permitido.

En cuanto al inconveniente con mi planteo del problema, creo interpretar que el problema surge debido a que al plantear la ecuación de momentos respecto del punto A, la expresión del momento hace que este punto este fijo al extremo de la barra y no sea un SRI, por lo cual es un SRNI y deberían aparecer fuerzas ficticias para poner de manifiesto esto.

Si puedo en un próximo post voy a tratar de aclarar y aclararme esto. Gracias

Suerte

[oscarmuinhos]

Re: Varilla apoyada en la pared

Gracias Breogan.
Tienes razón, efectivamente se colaron desde un planteamiento anterior que había iniciado llamando 2L a la longitud de la barra... Ya las borré