2o ciclo Problema De barra y dos Masas Adosadas

[samuelgiordano]

Hola, quería ver si alguien puede verificar la solución al problema que muestro en el siguiente https://dl.dropboxusercontent.com/u/...emaPaJugar.pdf
De antemano muchas gracias por sus respuestas =)

[Al2000]

Re: Problema De barra y dos Masas Adosadas

Bueno, en una mirada superficial veo dos cosas que me gustaría que alguien me explicase. Por una parte el autor afirma que la fuerza sobre la masa 1 vale $\vec F_1 = (N - m g) \hat y$ y no veo entonces que considere la influencia de la barra, pues el hecho de que se desprecie su peso no implica que no transmita ninguna fuerza.

Lo otro que me resulta raro es el resultado final para la normal. El autor dice que $N = m g (1 + \, \mathrm {sen}^2 \, \theta + 4 \cos \theta - 2 \cos ^2 \theta )$, lo cual nos deja con que $N = 3 m g$ para $\theta = 0$ ¿Por qué? ¿No debería ser $2 m g$?

Saludos,

$\mathcal A \ell$

[samuelgiordano]

Re: Problema De barra y dos Masas Adosadas

Hola Al. Concuerdo con tus dos observaciones. Volví a hacer el problema considerando las tensiones que la barra ejerce sobre cada masa. La respuesta que obtengo no me convence mucho, quizás hay algo que no estoy considerando o quizás los DCL están malos, pero no lo veo en verdad. ¿Que tal si le echas un vistazo? https://dl.dropboxusercontent.com/u/...ci%C3%B3n2.pdf
Saludos y Gracias!

[carmelo]

Re: Problema De barra y dos Masas Adosadas

Hola.

Te voy a plantear como yo lo veo al problema:

Colocaré el siguiente diagrama para guiarnos:

$$\sum F_x = Ma_{x,cm}=0 \Rightarrow \ddot{x_1}=-\ddot{x_2}$$

$$\sum F_y = N-Mg=Ma_{y,cm} \Rightarrow N-2mg=m\ddot{y_2}$$

$$\sum \tau_{cm} =I_{cm} \ddot{\theta}\Rightarrow N\sin\theta\dfrac L2=2m\left(\dfrac L 2 \right)^2\ddot{\theta}\Rightarrow N\sin\theta =m L\ddot{\theta}$$

$$y_2=L\cos\theta \qquad \dot{y_2}=-L\sin\theta\;\dot{\theta}\qquad \ddot{y_2}=-L\sin\theta\;\ddot{\theta}-L\cos\theta\;\dot{\theta}^2$$

Donde operando se llega:
$N=\dfrac{2mg-mL\cos\theta\;\dot{\theta}^2}{1+\sin^2\theta}$

A partir de consideraciones energéticas se puede encontrar el valor de $\dot{\theta}$

Yo obtuve:

$\dot{\theta}^2=\dfrac{v_0^2+4gL(1-cos\theta)}{L^2(1+\sin^2\theta)}$

Con lo que la normal sería:

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]


Saludos
Carmelo

[Al2000]

Re: Problema De barra y dos Masas Adosadas

Se ve bien. Hoy estaba recordando el problema mientras me bañaba y caí en cuenta que había dicho que la normal para $\theta = 0$ debería ser $2 m g$, cuando en realidad debería ser algo menor debido a la componente "centrífuga" del movimiento de la masa superior. Veo con agrado que tu expresión de la normal indica precisamente eso.

Tu resultado nos lleva a la conclusión que habrá que limitarlo para $v_0 \leqslant \sqrt {2 g L}$, velocidad por encima de la cual la dinámica del problema cambia considerablemente.

Saludos,

$\mathcal A \ell$

[samuelgiordano]

Re: Problema De barra y dos Masas Adosadas

Muchas gracias a ambos, me sirvió mucho su ayuda! No sé por qué no se me ocurrió hacer un análisis energético, gracias nuevamente
Hay un detalle en la normal del final, la expresión de abajo debería estar elevada al cuadrado y la expresión $2gl$ debería estár ponderado por $1+ \sin^{2}\theta$, pero rehaciendo el problema las demás expresiones me dan iguales. Saludos!

[marijose]

Re: Problema De barra y dos Masas Adosadas

Que consideraciones energéticas tienes en cuenta?? no llego al valor de la derivada del ángulo alcuadrado.
saludos.

[samuelgiordano]

Re: Problema De barra y dos Masas Adosadas

[FONT=Arial]Primero tienes que considerar la energía inicial del sistema:
$E_{i}=T_{i} + V_{i}$
Conviene recordar que la energía cinética del sistema es la energía cinética del centro de masas, mas la energía cinética con respecto al "sistema centro de masas".
De esta manera se tiene que $T_{i}= T_{i,cm} + T_{i,(c/r,cm)} = \frac{1}{2}\cdot2m \left( \frac{v_{0}}{2} \right)^{2} + \frac{1}{2}mv_{0}^{2} =\frac{3}{4}mv_{0}^{2}$
Además,la energía potencial viene dada por $V_{i}= mgL$ , por lo que la energía inicial es $\frac{3}{4}mv_{0}^{2} +mgL$.
Ahora, cuando la barra forma un ángulo cualquiera con respecto a la horizontal se tiene que la energía es:

$E_{f}= T_{f} + V_{f} = T_{f,cm} + T_{f,(c/r,cm)} + V_{f}$


Es directo ver por trigonometría que la energía potencial del centro de masas es $V_{f}= mgL\cos\theta$.

La energía cinética del centro de masas viene dada por:

$T_{f,cm}= \frac{1}{2}\cdot 2m \vec{V}_{cm}^{2} = m( \dot{x}_{cm}^{2} +\dot{y}_{cm}^{2} )$ .

La velocidad del centro de masas viene dada por$\dot{y}_{cm} = \frac{m\dot{y}_{1} +m\dot{y}_{2} }{ 2m}= \frac{\dot{y}_{2}}{2}$. Ya debes saber por tu desarrollo que$\dot{y}_{2} = -L\dot{\theta}\sin\theta \Rightarrow \dot{y}_{cm}= -\frac{L\dot{\theta}\sin\theta}{2}$.

Ahora,como en la dirección $\hat{x}$ la fuerza neta sobre el centro de masas es nula, el momento lineal de este se conserva y se puede obtener que la componente en $\hat{x}$ de la velocidad del centro de masas es $\dot{x}_{cm} = \frac{v_{0}}{2}$.De esta forma, la energía cinética del centro de masas viene dada por la siguiente expresión:

$T_{f,cm}= \frac{mL^{2}\dot{\theta}^{2}\sin^{2}\theta}{4} +m\frac{v_{0}^{2}}{2}$

Ahora,basta calcular la energía cinética con respecto al centro de masas,que viene dada por:

$T_{f,(c/r,cm)}= \frac{mL^{2}\dot{\theta}^{2}}{4}$

De esta forma, se obtiene que la energía "final" del sistema es:

$E_{f}=\frac{mL^{2}\dot{\theta}^{2}\sin^{2}\theta}{4} +m\frac{v_{0}^{2}}{2} + \frac{mL^{2}\dot{\theta}^{2}}{4} +mgL\cos\theta$

Como en el sistema no hay presente fuerzas disipativas, tales como el roce la energía mecánica total se conserva, es decir, $E_{i} = E_{f}$ con lo que se obtiene la siguiente ecuación:

$\frac{3}{4}mv_{0}^{2} + mgL =\frac{mL^{2}\dot{\theta}^{2}\sin^{2}\theta}{4} + m\frac{v_{0}^{2}}{2}+ \frac{mL^{2}\dot{\theta}^{2}}{4} + mgL\cos\theta$

del la cual es posible despejar$\dot{\theta}^{2}$:

$\dot{\theta}^{2}= \frac{mv_{0}^{2} + 4gL(1-\cos\theta)}{mL^{2}(1+\sin^{2}\theta) }$

Saludos! =)[/FONT]