Escuadra oscilante

[MrHawk123]

Hola a todos.

Considere un sistema de dos partículas de masa $m$ cada una, unidas entre si por una barra rígida de masa despreciable y que se encuentra doblada en ángulo recto formando dos lados de largo $L$y $2L$. El sistema se puede girar libremente en un plano vertical, alrededor de un eje horizontal que pasa por el vértice del ángulo recto, en la forma indicada en la figura 3. Determine.

(a) Momentum angular y torque con respecto al pivote.

(b) El ángulo $\theta$ para el cual el sistema se encuentra en equilibrio estable, $\theta_{eq}$.

(c) La ecuación de movimiento del sistema para un ángulo $\theta$ arbitrario.

(d) La frecuencia angular de las pequeñas oscilaciones en torno a la posición de equilibrio estable.




La verdad es que este problema se me esta haciendo muy complejo, espero ustedes puedan ayudarme.

He intentado con coordenadas esféricas pero tengo demasiadas incógnitas

Saludos.

[JCB]

Hola a tod@s.

a1) Momento angular respecto de $P$. Considero que las dos masas puntuales están girando con una velocidad angular $\omega$ en sentido antihorario. Nota: cambio $L$ por $d$, para evitar confusión con el momento angular.

$L_1=dmv_1=dm\omega d=m\omega d^2$.

$L_2=2dmv_2=2dm\omega 2d=4m\omega d^2$.

$L=5m\omega d^2\ (\vec{L}=5m\omega d^2\vec{k})$.

a2 y b) Momento de las fuerzas respecto de $P$ y ángulo de equilibrio.

Aplico $\sum{M_P}=0$,

$mgd\cos\theta-mg2d\sin\theta=0$,

$\cos\theta-2\sin\theta=0$,

$\theta=26,57^{\circ}$.

Iré mirando los siguientes apartados.

Saludos cordiales,
JCB.

[Alriga]

Voy a intentar hallar la ecuación del movimiento mediante la ecuación de Euler-Lagrange. Por lo menos el resultado servirá de referencia para compararlo con resultados obtenidos por otros métodos. Llamo al ángulo $\boldsymbol{A=\theta}$ para ahorrar escribir tanto LaTeX.

Energía Cinética:

$T=\dfrac 1 2 m (2L\dot A)^2+\dfrac 1 2 m(L \dot A)^2$

$$T=\dfrac 5 2 m L^2 \dot A^2$$

Energía potencial usando como referencia el nivel del punto P:

$U=-mg2L\cos A-mgL\cos \left (\dfrac{\pi}2-A\right )$

$$U=-mgL (2\cos A+\sin A)$$

El Lagrangiano:

$\mathcal L=T-U$

$$\mathcal L=\dfrac 5 2 m L^2 \dot A^2+mgL (2\cos A+\sin A)$$

La ecuación de Euler-Lagrange:

$$\dst {d\over dt }\left ({\partial \mathcal L\over\partial \dot A}\right ) - {\partial \mathcal L\over\partial A} = 0$$

$\dst {\partial \mathcal L\over\partial A}=mgL(-2\sin A+\cos A)$

$\dst {\partial \mathcal L\over\partial A}=mgL(\cos A-2\sin A)$

$\dst {\partial \mathcal L\over\partial \dot A}=5mL^2\dot A$

$\dst {d\over dt } \left ( {\partial \mathcal L\over\partial \dot A} \right )=5mL^2\ddot A$

(c) La ecuación del movimiento:

$5mL^2\ddot A-mgL(\cos A-2\sin A)=0$

$$5L\ddot A-g(\cos A-2\sin A)=0$$

(b) El ángulo para el cual el sistema se encuentra en equilibrio estable:

$\ddot A=\dfrac g{5L} (\cos A-2\sin A)$

En el equilibrio la aceleración angular debe ser nula:

$\ddot A=0$

$\cos A-2\sin A=0$

$A=\arctan \dfrac 1 2=0.46365 \ rad$

$$A=26.57^{\circ}$$

Que coincide con el resultado de JCB. Saludos.

[JCB]

Vaya, por lo que veo, tendré que aprender esto de los lagrangianos. A primera vista me parece un método potente, aunque quizás no tan intuitivo como la Mecánica Clásica de Newton.

[JCB]

Hola a tod@s.

c) Ecuación del movimiento.

$M_P=I\alpha$,

$mgd\cos\theta-mg2d\sin\theta=5md^2\alpha$,

$g\cos\theta-2g\sin\theta=5d\alpha$,

$\alpha=\dfrac{g}{5d}(\cos\theta-2\sin\theta)$.

Saludos cordiales,
JCB.

[Alriga]

(d) La frecuencia angular de las pequeñas oscilaciones en torno a la posición de equilibrio estable.

En la posición estable el centro de masa (punto rojo) tiene que estar en la vertical de P. En el post#3 hemos calculado el ángulo de la posición de equilibrio y nos ha salido que es A = arctan 1/2 = 0.46365 rad

Como el triángulo de la escuadra es rectángulo, se debe cumplir:

$\tan B=\dfrac L{2L}=\dfrac 1 2 \quad \longrightarrow \quad B=A=0.46365 \ rad$

El triángulo (2L, h, h) con A=B es isósceles. Como el punto rojo es el centro de masa, está a la misma distancia de las dos "m" Por lo tanto podemos calcular "h" como la mitad de la hipotenusa de la escuadra, (también lo podríamos haber calculado hallando primero el 3er ángulo $C=\pi-A-B$ y aplicando a continuación el teorema del seno) :

$h=\dfrac 1 2 \sqrt{(2L)^2+L^2}=\dfrac {\sqrt 5}2 L$

El momento de inercia respecto del punto de giro "P" lo ha calculado en el post anterior JCB y es:

$I_p=m (2L)^2+m L^2=5 m L^2$

Podemos considerar la escuadra como un péndulo físico de masa $M=2m$, longitud $h$ entre el punto de suspensión y el centro de masa, y momento de inercia

$I_p=5mL^2$

Para un péndulo físico se demuestra que la frecuencia angular es:

$\omega=\sqrt{\dfrac{Mgh}{I_p}}$

$\omega=\sqrt{\dfrac{2mg}{5mL^2} \ \dfrac{\sqrt 5}2L}$

$\omega=\sqrt{\dfrac g {\sqrt 5 L}}$

Saludos.