Hallar reacción, normales y momentos flectores en un giroscopio

[Like Tony Stark]

Un disco homogéneo de radio R y masa M está montado como se muestra en la figura (considere a la barra de longitud L de masa despreciable). El eje pivotea sobre el punto fijo O y el disco está restringido a moverse sobre el plano horizontal. Sabiendo que el disco gira en sentido antihorario a la velocidad angular W1, determine:
A) Plantee la ecuación de movimiento del disco y calcule su reacción normal (en la dirección vertical, que ejerce el piso sobre el disco)
B) La reacción en O


Qué tal, tengo un par de dudas con este tipo de ejercicio cuando se trata de calcular los momentos flectores o de reacción.
Conozco la fórmula:
dL/dt=(dL/dt)'+w.L

Donde dL/dt es el cambio en el momento angular respecto de un sistema fijo en O; (dL/dt)' es el cambio en el momento angular respecto de un sistema fijo en el disco; W es la velocidad angular con la que gira el sistema fijo en el disco y L es el momento angular del disco.

Luego, sé que apartir de esa fórmula se pueden obtener las ecuaciones de Euler que dan expresiones para los momentos en cada una de los ejes. En este caso los términos de aceleración angular se anularán por ser velocidad angular constante.


Pero acá es cuando tengo el problema, para el caso mostrado cuál dirección debo usar? Cómo sé en qué dirección está la reacción? O sea, dónde tiene componentes? Y además, la reacción en el piso no debe ser igual al peso?
Y para los momentos de inercias Ixz, Iyz e Iz debo considerar el disco, no?
Y a qué fuerzas las igualo? Porque si considero los momentos desde donde se enganchan las barras la única fuerza que hace torsión es el peso.

[JCB]

Hola a tod@s.

LTS, desearía que te tomases con todas las reservas y precauciones lo que vendrá a continuación. Agradecería que alguien más "familiarizado" con el tema, interviniese en caso de detectar algún error.

Considero el sistema de coordenadas convencional con el eje $X$ horizontal, el eje $Y$ vertical, y el eje $Z$ perpendicular a la pantalla, en sentido positivo hacia fuera.

Si el disco gira a una velocidad angular $\omega_x\vec{i}$ con rodadura sin deslizamiento sobre el plano horizontal, entonces, el conjunto disco-barra, girará a una velocidad angular $\vec{\Omega_y}=-\omega_x\dfrac{r}{L}\vec{j}$.

El momento de inercia del disco respecto del eje que pasa por su cdm y es perpendicular a su superficie es $I_x=\dfrac{1}{2}mr^2$.

He intentado hallar la solución a partir de los momentos angulares (método general), pero no he conseguido llegar a ningún resultado aceptable. He tenido que recurrir a las ecuaciones de Euler. En algún libro de Dinámica vectorial, las mencionan de pasada, pues consideran deseable emplear el método generalista.

Por lo que he creído entender, las ecuaciones de Euler se aplican a un sistema de coordenadas solidario al sólido rígido. Este sistema de coordenadas gira con una velocidad angular $\Omega$. Y este sólido rígido, a su vez, gira con una velocidad angular propia $\omega$.

Utilizo la componente $Z$ de las ecuaciones de Euler porque solo hay momentos entorno al eje $Z$ debido al peso del disco $(mg)$ y a la reacción normal $(N)$ del plano horizontal sobre el disco.

$\sum{M_z}=\cancel{I_z\dot{\omega_z}}-I_x\Omega_y\omega_x+\cancel{I_y\Omega_x\omega_y}$.

$(-mg+N)L=-\dfrac{1}{2}mr^2\left(-\omega_x\dfrac{r}{L}\right)\omega_x$.

$N=mg+\dfrac{1}{2L^2}mr^3\omega_x^2$.

Agradecería comentarios, sobre todo en cuánto a la solución “tradicional”, empleando momentos angulares.

Saludos cordiales,
JCB.

[Like Tony Stark]

Un disco homogéneo de radio r y masa m está montado mediante una barra de masa despreciable de longitud L. El eje pivotea sobre el punto O y el disco está restringido a moverse sobre el plano horizontal. Sabiendo que el disco gira en sentido antihorario a la velocidad angular $\omega_1$
Determinar la reacción normal en C, en O y en A

Hola!

Lo que hice fue primero calcular la velocidad de precesión
$\vec{v_c}=(\omega_1;-\omega_2;0) \times (L;-r;0)=0$
$\dst \omega_2=\frac{r\omega_1}{L}$

Para los momentos sé que
$\Sigma M=I \dot\omega +\omega \times I \omega$
La aceleración angular es cero, y omega ya los conozco. Si elijo un sistema que acompañe la precesión (como el mostrado en la figura), cómo debería calcular las reacciones pedidas?

[Richard R Richard]

Hola en C solo tienes el peso del disco

$\dst \sum F_{YC} =0 =R_c-m_dg$

En O solo tienes la tensión de la varilla por la fuerza centrípeta de rotación sobre el eje OA

si no hay rodadura del disco con el piso

$\omega_dr_d=\omega_eL$

Luego

$\dst \sum F_{XA} =R_o=m_d\omega_e^2L$

En A tendrás una fuerza en Función del tiempo , ya que el angulo varia a medida que avanza el giro.

$F_x(t)_A=R_o \cos\omega_et$

$F_z(t)_A=R_o \sin\omega_et$

pareciera que $\theta=\omega_et=0$ en el dibujo , es decir el eje es parelelo a X

luego
$F_x(0)_A=R_o$

$F_z(0)_A=0$

[JCB]

Hola a tod@s.

Richard: en $C$, la reacción del suelo no es simplemente el peso del disco, porque estarías obviando el efecto giroscópico.

En su día, llegué a que $N=mg+\dfrac{1}{2L^2}mr^3\omega_x^2$ (ver https://forum.lawebdefisica.com/foru...-un-giroscopio), pero me vi incapaz de llegar a la reacción en $O$ (o en $A$).

Pensándolo un poco más, para hallar las reacciones en $O$, aplico

$\sum{F_x}=0$,

$-R_x+ma_x=0$,

$R_x=ma_x=m\Omega_y^2L=m\omega_x^2\dfrac{r^2}{L^2}L=\dfrac{1}{L}mr^2\omega_x^2$ (con sentido hacia la izquierda).

$\sum{F_y}=0$,

$R_y+N-mg=0$,

$R_y=mg-N=-\dfrac{1}{2L^2}mr^3\omega_x^2$ (con sentido hacia abajo).

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Entiendo el punto que me objetas, estuve leyendo algo , para ordenar mis patitos, de tu planteo no me cierra(no digo que este mal) que solo la reacción del giroscopio este en la dirección ye , quizá si puedes y quieres escribir una notaciòn mas vectorial, puede que me de cuenta del porque es asì lo que has simplificado en el otro hilo.

[JCB]

Creo que no sería capaz de hacerlo vectorialmente, Richard. De hecho, las ecuaciones de Euler, están separadas por sus componentes, para facilitar el tratamiento. En su día me guié con el libro Dinámica de Hibbeler. Compruebo que has fusionado los dos hilos, lo cual me parece estupendo.

[Like Tony Stark]

Copié el enunciado entero, ya tenía la solución de la normal de JCB, mi principal duda es respecto a la reacción en A y respecto al origen del sistema.
Es decir, supongamos que tenemos una barra que está apoyada sobre un soporte en su extremo A, y sobre otro soporte en su extremo B. Si quiero calcular la normal en A, tomo momentos respecto de B, porque sino el de A no lo puedo calcular porque se vuelve cero.
En este ejemplo, el sistema tiene origen en O, así que no puedo calcular la reacción ni en O ni en A (el brazo de palanca es 0 respecto del primero y paralelo con la fuerza respecto del segundo). O sea que para calcular la reacción en A debería tomar un sistema fijo en el centro de masa del disco, por ejemplo, o no?

[JCB]

Reflexiona un poco sobre como obtener las reacciones en A.

[JCB]

Hola a tod@s.

Centrémonos en el punto $O$, LTS. En el equilibrio de momentos de la barra $OC$ (de masa despreciable) que has planteado, te ha faltado considerar el momento $M_z$ (aplicado en el eje $Z$ que pasa por $O$), que es el que te proporciona la ecuación de Euler en la componente $Z$ (ver el mensaje # 2, después de la fusión de los dos hilos, en lugar del hilo antiguo).

Luego, el equilibrio de momentos, ya se ha hecho previamente, y es el que ha servido precisamente para determinar que la reacción normal en $C$, no es únicamente el peso del disco.

El equilibrio de momentos respecto de $O$, sería

$-mgL+NL-M_z=0$.

$mg=$ peso del disco, con punto de aplicación en $C$.

$N=$ reacción normal del plano horizontal, con punto de aplicación en $C$.

$M_z=$ momento, con punto de aplicación en $O$.

Como ya se ha aplicado el equilibrio de momentos una vez (con la ecuación de Euler), solo te queda aplicar $\sum{F_x}=0$, y $\sum{F_y}=0$ (que es lo he hecho en el mensaje # 3, que ha pasado a ser el # 5, después de la fusión de los dos hilos), para determinar las reacciones en $O$ ($R_x$, y $R_y$).

Saludos cordiales,
JCB.

[JCB]

Hola a tod@s.

Ahora quedan por determinar las reacciones en el punto $A$. Este punto $A$, es la base (un vínculo) de una columna, que debe soportar los siguientes esfuerzos: fuerzas en el eje $X$, fuerzas en el eje $Y$, y momentos en el eje $Z$ (teniendo en cuenta que este sistema de coordenadas está en rotación respecto al eje $Y$). Para ello, me aclaro mejor (es más intuitivo para mí), si substituyo las reacciones en $O$, por los esfuerzos reales, que simplemente son los mismos que las reacciones, pero con el signo cambiado (opuesto).



Y vuelvo a aplicar la Estática.

$\sum{F_x}=0$,

$F_x+A_x=0$,

$A_x=-F_x$ (sentido hacia la izquierda).

$\sum{F_y}=0$,

$F_y+A_y=0$,

$A_y=-F_y$ (sentido hacia abajo).

$\sum{M_A}=0$,

$-F_x\overline{OA}+M_z+M_A=0$,

$M_A=F_x\overline{OA}-M_z$ (el sentido dependerá de todas las magnitudes implicadas).

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Hola, intentaré mejorar mi aporte, tratando de enmendar mi metida de pata anterior.
Si se analiza el contacto en el punto C, notaremos que para que el disco gire en condición de rodadura sobre la superficie horizontal es necesario introducir el rozamiento estático. Si idealmente el contacto ocurre en un único punto, no hay deslizamiento ni pedidas de energía cinética, puesto que el trabajo del rozamiento es nulo, al ser nulo el desplazamiento entre superficies.
Por lo tanto tenemos $\mu N$ en el eje Z
En O estará su reacción, y además por ser vinculo fijo, no acompaña al disco en la traslación sino que lo pone a rotar. Es este vínculo el que provoca el cambio de dirección del momento angular del disco y sabemos que la inercia del disco intentará conservar el momento angular oponiendose con un momento sobre el brazo L.
Estoy intentando determinar si la fuerza de vinculo sobre O que provoca este par refuerza o resta del anterior. Todo me dice que es lo primero, pero matemáticamente no se como expresarlo, por eso esta chorrada de palabras y no de fórmulas.
En A se agrega la reacción, al momento que crea la tensión de la barra debido a la distancia radial del disco .
Si estamos de acuerdo con más tiempo intento pasar en limpio las ideas a un planteo matemático.

[JCB]

Hola a tod@s.

Richard, si leíste el mensaje # 2, allí escribí "He intentado hallar la solución a partir de los momentos angulares (método general), pero no he conseguido llegar a ningún resultado aceptable. He tenido que recurrir a las ecuaciones de Euler".

Y también: "Agradecería comentarios, sobre todo en cuánto a la solución “tradicional”, empleando momentos angulares".

Por tanto, doy por muy bienvenida tu iniciativa. Te deseo mucha suerte y que llegues a algún resultado.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Veamos si esto despierta mas criticas constructivas

Repasemos algo de formulario

$\vec M=\dfrac{d\vec L}{dt}=$

$\vec L_1=I\vec\omega_1$

La acción de la gravedad sobre el disco lo hace tocar superficie, luego en C

$R_c(x,y,z)=(0,N,\mu N)=(0,mg, \mu mg)$

rodadura para no mezclar notación los vectores solidarios a la barra los llamo D en vez de L

$|\omega_2|D=|\omega_1|r$

$\vec L_2=\vec D \times m\vec D \times \vec \omega_2$

entonces en O

$R_O(x,y,z)=(m\omega_2^2D,-\mu N,0)$

Y en A tiene un momento creado por las misma fuerzas que pasan por O , pero que ahora están desplazadas en altura, No tengo claro como expresarlas , tiene que haber una reacción en nY para compensar el momento, transmitido a través e la barra