Barra articulada en movimiento

[Richard R Richard]

Coloco a fuerza de inercia en el eje del soporte y calculo momentos respecto al centro de masas.
A mi solo me queda el momento de la fuerza de inercia? No veo con quien se me puede anular?

Me temo que lleva razón JCB, Me temo que estoy equivocado.

JCB lleva la razón ,la resultante del fuerzas se aplica en el centro de masas, si el sistema esta acelerado, entonces la masa por aceleración resultante, esta aplicada en el CM, como solo puede girar con respecto a la unión con el soporte tienes la masa por la aceleración por la distancia vertical al CM tratando de elevar la barra, y por otro masa por gravedad por la distancia horizontal al CM tratando de hacerla caer, para que haya equilibrio la suma de ambos momentos debe ser nula. y de allí surge lo que JCB explico...

[JCB]

Caramba, Richard, no te debería saber mal que yo lleve la razón. ¿ Estamos entre amigos, no ?.

[Richard R Richard]

Que feo sonaba esa frase, por supouesto no era lo que quería expresar, mil disculpas, Amigo.!!!!

[JCB]

Vale, se acepta pulpo como animal de compañía.

[JCB]

Creo que el problema es más complejo de lo que haces en esta ecuación de conservación de la energía en la que solo consideras la energía de rotación....
cuando, según noadarriba, la nota del enunciado pide explicar las aproximaciones que se utilicen puede que sea porque haya que considerar también la energía de traslación...
Me pondré a hacerlo

Hola a tod@s. Mi reflexión interna ha sido la siguiente: para el caso b), entiendo que se trata de una rotación entorno a la articulación de un sistema que, ahora, se mueve a velocidad constante (no importa cuál sea). Por tanto, es como si la barra rotara entorno a la articulación, estando el soporte inmóvil. Quizás te sirva a ti también, oscarmuinhos. Pero bueno, no quiero entrometerme en tu planteamiento, ni tampoco en tu desarrollo.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Que problema difícil conocer el tiempo de caida... He encontado esta página http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica_/o.../pendulo2.html

de donde entiendo que ese tiempo surge de integrar $dt$ para las condiciones del problema (angulo inicial 30 angulo seria $\theta_0 =120$ y el angulo final 0 que seria $\theta=90$)

De este planteo no logro darme cuenta si las ecuaciones sirven para un solido rígido (barra , no cuerda) con ángulos por encima de$\pi\over 2$...

No he podido encontrar aquí en el foro, desarrollos usando lagrangianos que permiten llegar expresiones generales de la cinemática del CM.

[oscarmuinhos]

hola a todos/as

Que problema difícil conocer el tiempo de caida... He encontado esta página http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica_/o.../pendulo2.html

Muy interesante página. El problema es ¿cuantos términos de ese desarrollo en serie sería preciso coger?
Pero yo estoy todavía en una cuestión anterior y es la conservación del momento lineal sobre la dirección horizontal y aplicar a partir de aquí la conservación de la energía que plantea JCB
La verdad es que, aun sin darlo resuelto, me parece un problema muy interesante por lo que hace pensar....¿?

Mi planteamiento para la conservación del momento lineal en la dirección horizontal:
Al desaparecer la fuerza F: $\sum F_x = 0 \Rightarrow \sum p_{ix}=0$
Llamando $m_s$ y $v_s$ a la masa y velocidad del centro de masas del soporte,
Llamando $m_b$ y $v_b$ a la masa y velocidad del centro de masas de la barra
La conservación del momento lineal en la dirección horizontal se obtendría de derivar la ecuación del centro de masas:

$(m_s+m_b)x_{CM}=m_sx_{s}+m_bx_b=m_sx_s+m_b\left (x_s+\dfrac{L}{2}.cos \theta \right )$

Y derivando respecto al tiempo para el instante en que se hace F=0:

$(m_s+m_b)\dot x_{CM}=m_s\dot x_{s0} +m_b\left (\dot x_{s0}-\dfrac{L}{2}\dot\theta_0 sen\theta_0 \right )$

Y aquí mi tentación sería hacer $\dot\theta_0 \thickapprox 0$....pero no sé como justificarlo (aunque aseguraría que se puede hacer)

Si esto se pudiera hacer quedaría finalmente que, una vez desaparecida la fuerza,

$x_{CM}=x_{s0}$

que es lo que implicitamente hace JCB al plantear su ecuación de conservación de la energía.

Y en cuanto al tiempo para calcular la distancia recorrida por el resorte, la página que puso Richard da la solución para el período tomando los dos primeros términos del desarrollo en serie que, creo, son más que suficientes:

$P\thickapprox P_0\left (1+\dfrac{\phi_0^2}{16}\right )$ que debiera ser una solución aceptable para un ángulo $\phi=120º=\dfrac{2\pi}{3}$

En la siguiente, gráfica sacada de la página que nos ha traído Richard, puede verse que aunque hai aproximacións mejores a la solución exacta, esta puede ser aceptable. Y escojo esta, porque a esta es más factible llegar que a las demás (yo no sé ni como se obtienen)


Si se acepta esta expresión solo queda substituir y dividir entre 4:

El período $P_0$ sería el período del péndulo utilizando la primera aproximación de que $sen\phi \thickapprox \phi$:

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

Saludos y buen día

(Y Richard: muy buen trabajo de investigación en Internet trayéndonos está página del péndulo físico. Gracias)

Y una pregunta: Observo que cada vez que entro para reeditar tengo que empezar por ajustar el espaciado entre algunos párrafos...cada vez que entro a reeditar se me hacen más grandes. Os pasa lo mismo a vosotros?

[noadarriba]

Hola a todos
Muchas gracias por vuestro desinteresado esfuerzo
Al fin creo haberlo entendido
Un saludo

[JCB]

Hola a tod@s.

Aunque he tardado un poco, no quería dejar el ejercicio incompleto. La dificultad principal, ha sido encontrar un método de integración numérica adecuado para calcular el tiempo de caída. Voy a hacer un pequeño resumen de cada apartado (aunque estos no coincidirán necesariamente con los apartados del enunciado).

a) Cálculo de la aceleración y de la fuerza aplicada.

$\sum{M_0}=m_ba\dfrac{l}{2}sen30\º-m_bg\dfrac{l}{2}cos30\º=0$,

$asen30^{\circ}-gcos30^{\circ}=0$,

$a=\sqrt{3}g \ m/s^2$.

La fuerza a aplicar es $F=(m_s+m_b)\sqrt{3}g=6\sqrt{3}g=101,84 \ N$.

b1) Cálculo de la velocidad de la barra cuando toca al suelo, por el método energético (método rápido):

$m_bg\dfrac{l}{2}cos60\º=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{3}m_bl^2\right)\omega^2$,

$gcos60\º=\dfrac{1}{3}l\omega^2$,

$\omega=\sqrt{\dfrac{3g}{2l}}=4,95 \ rad/s$.

Con lo que la velocidad del extremo superior de la barra será $v=\omega l=\sqrt{\dfrac{3g}{2l}}l=2,97 \ m/s$.

Esta velocidad tiene dirección vertical y sentido hacia abajo ($\vec{v}=-2,97\vec{j}$). La velocidad total del extremo de la barra, será la suma vectorial de la velocidad de arrastre ($\vec{v_a}=6\vec{i}$) y de la velocidad relativa: $\vec{v_b}=6\vec{i}-2,97\vec{j}$. En módulo, $v_b=6,69 \ m/s$.

b2) Cálculo de la velocidad de la barra cuando toca al suelo, por el método de dinámica de rotación (método lento). Este método, aunque más lento que el anterior, es necesario para poder determinar el tiempo de caída.

Aplico $\sum{M_0}=I_0\alpha$,

$m_bg\dfrac{l}{2}sen\theta=\dfrac{1}{3}m_bl^2\alpha$,

$\dfrac{g}{2}sen\theta=\dfrac{l}{3}\alpha$,

$\alpha=\dfrac{3gsen\theta}{2l}$.

Integrando con la condición de contorno que para $\theta=60^{\circ}$, $\omega=0$,

$\omega=\sqrt{\dfrac{3g}{l}\left(\dfrac{1}{2}-cos\theta\right)}$ (expresión 1).

Cuando la barra toca al suelo $\theta=90\º$, $\omega=4,95 \ rad/s$. Y a partir de aquí, igual como en b1).

c) Cálculo del tiempo de caída de la barra.

Según la expresión 1 del apartado anterior:

$\omega=\sqrt{\dfrac{3g}{l}\left(\dfrac{1}{2}-cos\theta\right)}=\dfrac{d\theta}{dt}$,

$dt=\dfrac{d\theta}{\sqrt{\dfrac{3g}{l}\left(\dfrac{1}{2}-cos\theta\right)}}$. Debiéndose integrar entre 0 y t, y entre $\theta=60^{\circ}$ y $\theta=90^{\circ}$.

En este punto ha sido donde he permanecido encallado más tiempo, pues no sabía qué método de integración numérica aplicar ni cómo. Finalmente he encontrado más comprensible a mi nivel el método de integración numérica de Riemann (https://es.wikipedia.org/wiki/Integr...B3n_de_Riemann), aunque según parece hay otros métodos más afinados (Lebesgue, Montecarlo, Runge-Kutta, etc.). Si alguien puede y quiere aplicar otro método más exacto, que publique el resultado, se lo agradeceré.

Otro problema que he tenido es que para $\theta=60^{\circ}$, $f(\theta)$ quedaba indeterminada, de aquí, también, mi elección de Riemann.

Finalmente, y utilizando Excel con 200 divisiones del intervalo, ha dado el resultado de $t=0,2066 \ s$.

Edito para añadir la aportación de Richard, en cuanto a la integración numérica más exacta, siendo $t=0,2178 \ s$.

d) Cálculo de la distancia recorrida desde el momento del cese de la fuerza hasta el momento en que la barra toca al suelo.

Este apartado es muy interpretable: yo lo interpreto como la distancia que recorre el soporte, durante la caída de la barra.

$d=v_at=6 \ m/s\cdot0,2178 \ s=1,3070 \ m.$

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

con el método romberg t=0217s en https://keisan.casio.com/exec/system/1279080637
con wolfram alpha t=0.217 en https://www.wolframalpha.com/input/?...2F2&wal=header

[JCB]

Agradecido, Richard, por los enlaces. Pues vaya diferencia con Riemann.

[JCB]

Antes de que me lo recuerdes, Alriga, tropecé dos veces con la misma piedra: no había consultado en la web de esta casa si había algún hilo sobre integración numérica, y efectivamente, en el hilo “integral impropia”, ya indicabas (el 19-01-17, mensaje # 4) el enlace http://keisan.casio.com/menu/system/000000001020 (la página principal correspondiente a la que Richard ha indicado para la integración Romberg). Gracias y saludos cordiales, JCB.

[Richard R Richard]

En 0.217s a 6m/s el CM se mueve 1.302m

que posición tiene el CM al dejar de acelerar, a falta de mas dimensiones o aclaraciones, "el punto donde cesa la fuerza" está justo donde suponemos que la fuerza se aplicaba,(en la articulación) la distancia entre ese punto y el CM en ese momento era

$X_{CM}=\dfrac{4\cdot0.3\sin60}{4+2}=0.173m$

la articulación está a 0.173m del CM en dirección i

y el punto donde toca el suelo esta por delante del CM que esta a

$X_{CM}=\dfrac{4\cdot0.3\sin90}{4+2}=0.2m$

de la articulación luego al otro extremo hay 0.4m

la distancia total es $D=0.173m+1.302m+0.4m=1.875m$