Divulgación Problema sobre cinematica de una barra uniforme.

[inakigarber]

Una barra uniforme de masa M y longitud L pivota sobre un extremo y cuelga de modo que puede oscilar sin rozamiento alrededor del pivote. Una fuerza horizontal $F_o$ golpea la barra durante un corto periodo de tiempo $\Delta_t$ a una distancia x por debajo del pivote, como indica la figura. a) demostrar que la velocidad del centro de masas de la barra inmediatamente después del golpe es $v_o=3 F_o \cdot x \Delta_t/2ML$ b) Determinar la componente horizontal de la fuerza suministrada por el pivote y demostrar que esta componente de la fuerza es cero si $x=\frac{2}{3}L$.

Por lo que respecta al primer apartado el resultado me coincide exactamente, pero no consigo entender lo que pretende buscarse en el segundo apartado. He seguido las formulas del solucionario, pero me pierdo.
Bien, se que al tener una fuerza y un tiempo de aplicación tenemos un momento lineal $p=mv=F_o \Delta_t$ y que tendremos un momento relativo al centro de masas $p_{cm}=M v_o$, donde $v_o$ es el valor obtenido en el apartado a), pero me pierdo de todas maneras.
Saludos y gracias.

[arivasm]

Re: Problema sobre cinematica de una barra uniforme.

Entiendo que el segundo apartado busca reafirmar algo tan básico como $\vec F=M\vec a$ para un sólido rígido. Mucha gente olvida que en este tipo de ejercicios también hay que tomar en consideración la fuerza que se ejerce en el pivote, así como que el producto de la masa del sólido por la aceleración de su centro de masas es igual a la resultante de las fuerzas externas, como acabo de comentar.

Yo tiraría para el b), una vez resuelto el a) (algo que abordaría, por cierto, vía momento angular respecto del centro de giro), porque $Mv_0=(F_0+F_p)\Delta t$, con $F_p$ la componente de la fuerza en el pivote tomada positiva en el mismo sentido que la fuerza $F_0$.

[inakigarber]

Re: Problema sobre cinematica de una barra uniforme.

Entiendo que el segundo apartado busca reafirmar algo tan básico como $\vec F=M\vec a$ para un sólido rígido. Mucha gente olvida que en este tipo de ejercicios también hay que tomar en consideración la fuerza que se ejerce en el pivote, así como que el producto de la masa del sólido por la aceleración de su centro de masas es igual a la resultante de las fuerzas externas, como acabo de comentar.

Yo tiraría para el b), una vez resuelto el a) (algo que abordaría, por cierto, vía momento angular respecto del centro de giro), porque $Mv_0=(F_0+F_p)\Delta t$, con $F_p$ la componente de la fuerza en el pivote tomada positiva en el mismo sentido que la fuerza $F_0$.

He estado unos días ausente del problema, vuelvo a obtener el primer resultado, pero no consigo visualizarlo ni hacer un diagrama válido. Puesto que tenemos una fuerza inicial y un tiempo de aplicación, tenemos un momento inicial. Dado que el momento se conserva este debe ser igual a la suma de los momentos finales. El propio del centro de masas, mas el momento relativo a la rotación del pivote. Entonces tendría;

$$F_o\Delta_t=MV_o+F_p \Delta_t$$

Sustituyendo Vo por el valor obtenido tendremos;

$$F_o\Delta_t=M\frac{3F_o x \Delta_t}{2ML}+F_p \Delta_t$$

Si hacemos F_p=0, entonces sale $x=\frac{2L}{3}$
Por tanto, según lo veo ahora se trataría de hallar en que condición se da la circunstancia de que todo el momento sea transferido al centro de masas. En ese caso ocurriría que $F_o \Delta_t=M V_cm$ ¿Es así o vuelvo a columpiarme?
Saludos y gracias.

[arivasm]

Re: Problema sobre cinematica de una barra uniforme.

Permíteme que te ponga cómo lo resolvería yo. Las leyes que usaré son que el impulso angular resultante es igual a la variación del momento angular (en el fondo, la 2ª ley de Newton de la rotación) y que el impulso resultante es igual a la variación del momento lineal.

Para la primera tomaré momentos respecto del eje de giro (el pivote). De esta manera, el momento resultante es igual a $F_o x$ (pues el momento de la fuerza $F_p$ respecto del pivote es nulo), el impulso angular es $F_o x \Delta t$ y entonces, teniendo en cuenta que la velocidad angular final de la barra es $v_0/(L/2)=2v_0/L$ (y la inicial es nula), encontramos que $\dst F_o x \Delta t=I\frac{2v_0}{L}$. Como el momento de inercia respecto del giro alrededor del pivote es $I=\frac{1}{3}ML^2$, substituyendo resulta

$\dst v_0=\frac{3F_0x\Delta t}{2ML}$

Ahora hagamos lo mismo pero con la versión traslacional de la 2ª ley. Está claro que no tenemos que complicarnos la vida con componentes que no sean horizontales, por lo que la fuerza resultante sobre la barra será $F_o+F_p$. El impulso resultante es $(F_o+F_p)\Delta t$. Como la variación del momento lineal es $Mv_0$, tenemos que $\dst (F_o+F_p)\Delta t=Mv_0=\frac{3F_0x\Delta t}{2L}$. De aquí despejamos $F_p$:

$\dst F_p=F_0\frac{2L-3x}{2L}$

de donde se sigue que es nula si $x=\frac{2}{3}L$