Pequeñas oscilaciones de un cilindro a través de la EDO que rige un MAS

[David_CCM]

Estimados compañeros de foro:

He estado tratando de resolver un problema de M.A.S. sobre la determinación del periodo de oscilación. El enunciado es el siguiente:

Sea un cilindro de radio r y masa m que roda sin deslizar sobre una superficie cilíndrica de radio R. ¿Cuál es el periodo de pequeñas oscilaciones descritas por el cilindro pequeño?



Existe una resolución basada en un planteamiento energético, donde a través del cálculo de la constante recuperadora $k$ se obtiene el valor de $T$. Sin embargo, quiero determinarlo a través de la ecuación diferencial que rige un M.A.S. según sigue:

$\sum_{i=1}^n\vec{\tau}_i=I_o \vec{\alpha} \rightarrow$

$\rightarrow -F_R r = \frac{1}{2} mr^2 \frac{a_{cm}}{r} \rightarrow F_R = -\frac{1}{2} m a_{cm}$

$\sum_{i=1}^n \vec{F}_t = m \vec{a}_t \rightarrow$

$\rightarrow -F_R + mg sin\theta = m a_{cm}$

Sustituyendo en la última expresión el valor de $F_R$, se obtiene:

$\rightarrow -\left(-\frac{1}{2} m a_{cm} \right) + mg sin\theta = m a_{cm} \rightarrow \frac{1}{2} a_{cm} + g sin\theta = a_{cm} \rightarrow \frac{1}{2} a_{cm} = 2g sin\theta$

Sabiendo que se trata de una oscilación de pequeño ángulo $sin \theta \approx \theta$, entonces:

$a_{cm} = \frac{d^2 s}{dt^2}= 2g \theta$

Además, $\frac{d^2 s}{dt^2}= (R-r) \frac{d^2 \theta}{dt^2} = 2g \theta$

Por ello, el periodo de oscilación me sale:

$\frac{d^2 \theta}{dt^2} = \frac{2g}{R-r} \theta$

$T = {2\pi} \sqrt{\frac{R-r}{2g}}$

Esta expresión es muy similar a la que se obtendría mediante el planteamiento energético, pero el denominador de la raíz es simplemente $g$:

$T = {2\pi} \sqrt{\frac{R-r}{g}}$

Por mera curiosidad, he realizado el mismo planteamiento IGNORANDO LA FUERZA DE ROZAMIENTO que provoca que el cilindro interior ruede sin deslizar y resulta que el resultado obtenido coincide. ¿Debo ignorar, por tanto, la fuerza de rozamiento? Por una parte me parece lógico, ya que al introducirla el sistema estaría en un M.A.S. amortiguado, pero por otra parte considero que es necesario introducirla para asegurar la condición de rodar sin deslizar.

Muchísimas gracias de antemano a todos.

[JCB]

Hola a tod@s.

No lo he revisado desde el principio, pero si $\dfrac{d^2\theta}{dt^2}=\dfrac{2g}{R-r}\theta$, es correcto, entonces

$\omega=\sqrt{\dfrac{2g}{R-r}}$

$T=\dfrac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\dfrac{R-r}{2g}}$

Saludos cordiales,
JCB.

[JCB]

Ajá, compruebo que has editado tu mensaje para hacer la corrección. En lo sucesivo, David_CCM, procura escribir otro mensaje y no editar el inicial. De esta manera, no quedan desvirtuadas las respuestas posteriores.

[David_CCM]

¡Perdón! Me di cuenta que al transcribirlo del papel a ordenador lo escribí al revés y lo edité (no sabía que en el foro lo hacíais de esta forma, dejando sin editar el post original). No sabía que mientras yo rectificaba estabas escribiendo una respuesta, de ahí que la diferencia de tiempo entre mensajes sea de cinco segundos (mala mía).
Añadí una aclaración sobre la fuerza de rozamiento, ya que al resolver el problema sin considerarla el resultado me salía bien y no entiendo muy bien si tenerla en cuenta o no.

¡Muchas gracias por tu mensaje y perdón nuevamente, lo tendré en cuenta para la próxima!

[Richard R Richard]

Por mera curiosidad, he realizado el mismo planteamiento IGNORANDO LA FUERZA DE ROZAMIENTO que provoca que el cilindro interior ruede sin deslizar y resulta que el resultado obtenido coincide. ¿Debo ignorar, por tanto, la fuerza de rozamiento? Por una parte me parece lógico, ya que al introducirla el sistema estaría en un M.A.S. amortiguado, pero por otra parte considero que es necesario introducirla para asegurar la condición de rodar sin deslizar.

Hola, no, no puedes ignorar el rozamiento,

si lo haces obtienes la fórmula de un péndulo simple de longitud $R-r$ obteniendo $T=2\pi\sqrt{\dfrac{R-r}{g}}$ ya que la masa no giraria.

Pero este problema es distinto, ya que el cilindro pequeño toma energía en el primer cuarto de ciclo y la devuelve en el segundo,

A vuelo de pájaro el periodo debería ser mayor, ya que menos energía se usa para oscilar, veo que obtienen un periodo menor y me sorprendería que así fuera , que algo con rozamiento llegue antes al otro extremo que ese mismo algo sin tener rozamiento, creo que hay algo mal en el cálculo.

Lo he analizado por energía y resulta que la frecuencia angular del péndulo debe ser menor cuando hay rodadura, por lo tanto, el periodo mayor y tampoco me coincide con la frecuencia del péndulo simple sin giro que acabo de postear en el párrafo anterior, que es lo que entiendo tienen como resultado de otro análisis.

Cuando arribe a algo concluyente lo desarrollo y posteo.

Estimados compañeros de foro:

$\sum_{i=1}^n\vec{\tau}_i=I_o \vec{\alpha} \rightarrow$

$\rightarrow -F_R r = \frac{1}{2} mr^2 \frac{a_{cm}}{r} \rightarrow F_R = -\frac{1}{2} m a_{cm}$

$\sum_{i=1}^n \vec{F}_t = m \vec{a}_t \rightarrow$

$\rightarrow -F_R + mg sin\theta = m a_{cm}$

Sustituyendo en la última expresión el valor de $F_R$, se obtiene:

$\rightarrow -\left(-\frac{1}{2} m a_{cm} \right) + mg sin\theta = m a_{cm} \rightarrow \frac{1}{2} a_{cm} + g sin\theta = a_{cm} \rightarrow \frac{1}{2} a_{cm} = 2g sin\theta$

He revisado tu desarrollo y veo que tienes un problema con el signo, la aceleracion angular tiene el mismo signo que la fuerza que la provoca,

$\sum\limits_{i=1}^n\vec{\tau}_i=I_o \vec{\alpha} \rightarrow$

$\rightarrow F_R r = \frac{1}{2} mr^2 \frac{a_{cm}}{r} \rightarrow F_R = \frac{1}{2} m a_{cm}$

$\sum\limits_{i=1}^n \vec{F}_t = m \vec{a}_t \rightarrow$

$\rightarrow -F_R + mg sin\theta = m a_{cm}$

Sustituyendo en la última expresión el valor de $F_R$, se obtiene:

$\rightarrow -\left(\frac{1}{2} m a_{cm} \right) + mg sin\theta = m a_{cm} \rightarrow \frac{3}{2} a_{cm} = g sin\theta$

que traía otro gazapo de tipografía .

Así si cobra sentido que el periodo sea mayor





Saludos

[JCB]

Hola a tod@s.

La velocidad lineal del cdm del cilindro es $v_c=\dfrac{d\theta}{dt}(R-r)$

La velocidad angular del cilindro es $\omega=\dfrac{v_c}{r}=\dfrac{d\theta}{dt}\dfrac{R-r}{r}$

La aceleración angular del cilindro es $\alpha=\dfrac{d\omega}{dt}=\dfrac{R-r}{r}\dfrac{d^2\theta}{dt^2}$

$\sum{M}=I\alpha$

Como Richard R Richard, también opino que la fuerza de rozamiento, contribuye al aumento de la aceleración angular del cilindro.

$F_rr=\dfrac{1}{2}mr^2\dfrac{R-r}{r}\dfrac{d^2\theta}{dt^2}$

$$F_r=\dfrac{1}{2}m(R-r)\dfrac{d^2\theta}{dt^2}$$

$\sum{F}=ma_c=m\alpha r$

$-F_r+mg\sin\theta=m\dfrac{R-r}{r}\dfrac{d^2\theta}{dt^2}r$

Sustituyendo (1),

$\dfrac{3}{2}(R-r)\dfrac{d^2\theta}{dt^2}-g\sin\theta=0$

$\dfrac{d^2\theta}{dt^2}=\dfrac{2g}{3(R-r)}\sin\theta$

Si $\theta$ es lo suficientemente pequeño, $\sin\theta\approx\theta$

$\dfrac{d^2\theta}{dt^2}=\dfrac{2g}{3(R-r)}\theta$

$\omega=\sqrt{\dfrac{2g}{3(R-r)}}$

$T=\dfrac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\dfrac{3(R-r)}{2g}}$

Posteriormente, intentaré el método energético, para comprobar si llego al mismo resultado.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Hola JCB el planteamiento energético no me coincide para nada con esto que hemos planteado, y comparto para verlo de manera sencilla

$\sum{M}=I\alpha$

Como Richard R Richard, también opino que la fuerza de rozamiento, contribuye al aumento de la aceleración angular del cilindro.

$F_rr=\dfrac{1}{2}mr^2\dfrac{R-r}{r}\dfrac{d^2\theta}{dt^2}$

Pero creo que el principal inconveniente es que el momento de inercia no es ese sino que hay que plantear el teorema de Steiner

$I=I_{cil}+m(R-r)^2=\dfrac{1}{2}mr^2+m(R-r)^2$


Saludos

[JCB]

... / ...
Pero creo que el principal inconveniente es que el momento de inercia no es ese sino que hay que plantear el teorema de Steiner

$I=I_{cil}+m(R-r)^2=\dfrac{1}{2}mr^2+m(R-r)^2$
... / ...

Hola a tod@s.

Richard R Richard, es que aplico la Dinámica de rotación respecto del cdm del cilindro. Y respecto del cdm, es correcto escribir $I=\dfrac{1}{2}mr^2$.

Por otra parte, fíjate en que la aceleración angular del cilindro $(\alpha)$ no es la segunda derivada temporal de $\theta$. Es decir,

$\alpha\neq\dfrac{d^2\theta}{dt^2}$, sino que $\alpha=\dfrac{R-r}{r}\dfrac{d^2\theta}{dt^2}$ (tercera expresión que he escrito en el mensaje # 4).

A ver si consigo llegar a algún resultado concluyente con el método energético.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Hola para mi $\alpha$ a es la segunda derivada de $\theta$, el momento.de inercia es el del péndulo, si fuera masa puntual la longitud es la diferencia de radios, y la masa m, pero aquí la masa tiene su propio momento de inercia y ese momento lo debemos correr al punto de suspensión del péndulo. Aver si.mañana le puedo dedicar más tiempo.

[carroza]

Este es un problema típico para usar lagrangianos.

Se define una variable $\phi$, que es la rotación del cilindro pequeño. A partir de ella se obtiene otra variable $\theta$, que es el angulo que da la posición del cilindro pequeño sobre el semicirculo grande, así como la altura $h$ del centro del cilindro pequeño.

Calculamos las energías cinéticas $T = T_r(\dot\phi) + T_t(\dot\theta)$, la energía potencial $V= m g h$, y aplicamos las ecuaciones de Euler-Lagrange.

Saludos

[Richard R Richard]

Estuve dandole vueltas a la energía pero a la hora de obtener la ED en condiciones de ángulos pequeños, en el potencial ...¿es válido hacer $1-\cos\theta\approx \theta$? yo creo que sí, pero no lo he visto en ninguna web., para corroborar y no publicar una sandez.

[JCB]

Hola a tod@s.

Richard R Richard, diría que lo adecuado es considerar $\cos\theta\approx1-\dfrac{\theta^2}{2}$, en lugar de $1-\cos\theta\approx\theta$.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Veo que

$\dst \lim\limits_{\theta\to0}\dfrac{\sin \theta}{\theta}=0$

y que

$\dst \lim\limits_{\theta\to0}\dfrac{1-\cos \theta}{\theta}=0$

osea $\sin\theta<\theta$ y $1-\cos\theta<\theta$ en las cercanía de $\theta=0^+$

La idea detrás es

$mgR(1-\cos\theta)=\dfrac{1}{2}(\dfrac12 m r^2+m(R-r)^2)\omega_{pend}^2 +\dfrac{1}{2}(\dfrac12 m r^2)\omega_{cil}^2$

donde $\omega_{cil}r=\omega_{pend}R$

y de esta forma llegar a

$mgR\theta\cong\dfrac{1}{2}(\dfrac12 m r^2+m(R-r)^2)\omega_{pend}^2 +\dfrac{1}{2}(\dfrac12 m R^2)\omega_{pend}^2$

entonces $L\cong \dfrac{1}{2}(\dfrac12 m (r^2+2(R-r)^2+R^2)\omega_{pend}^2-mgR\theta$


y tirar hacia la obtención de la ED al aplicar


$\dst{\partial L\over\partial \theta} - {d\over dt }{\partial L\over\partial\dot{\theta}} = 0$

donde $\dot\theta=\omega_{pend}$

Edito ya ví que tal suposición es innecesaria, cuando pueda posteo la solución con

$L=(\dfrac34R^2+\dfrac34r^2-Rr)m\omega_{pend}^2-mgR(1-\cos\theta)$

[Richard R Richard]

Si un péndulo es simple la masa $m$ es puntual y no puede rotar, por lo tanto la solución debe provenir de hacer el cálculo con un péndulo físico, cuyo momento de inercia es $I=\dfrac{1}{2}mr^2+m(R-r)^2$

si la masa $m$ no rota el lagrangiano es

$L_{fijo}=\dfrac{1}{2}(\dfrac12 m r^2+m(R-r)^2)\omega_{pend}^2 -mgR(1-\cos\theta)$

podemos escribirlo como

$L_{fijo}=\dfrac{1}{2}mk_F\omega_{pend}^2 -mgR(1-\cos\theta)$

con $k_F=(\dfrac12 r^2+(R-r)^2)=\dfrac 32 r^2+R^2-2Rr$

y si la masa $m$ rota en rodadura

$L_{rod}=\dfrac{1}{2}mk_R\omega_{pend}^2 -mgR(1-\cos\theta)$

con $k_R=\dfrac 32 r^2+\dfrac 32 R^2-2Rr$

para resolver ambas ecuaciones de movimiento angular que difieren solo en el valor de la constante $K$ aplicamos las ecuaciones de Euler Lagrange

$\dst{\partial L\over\partial \theta} - \dst{d\over dt }{\partial L\over\partial\omega_{pend}} = 0$

$-mgR(-(-\sin\theta))-\dst{d (m K \omega_{pend})\over dt}=0$

$-mgR\sin\theta-m K \alpha_{pend}=0$

entonces

$-\dfrac{gR}{K}\sin\theta=\dfrac{\partial^2\theta}{\partial t^2}$

ahora si podemos aplicar $\sin\theta\cong \theta$

$-\dfrac{gR}{K}\theta=\dfrac{\partial^2\theta}{\partial t^2}$

y de aquí sabemos que obtenemos la solución a la ED correspondiente a un MAS y que $\omega_{pend}^2=\dfrac{gR}{K}$

y $T=2\pi\sqrt{\dfrac{ K}{gR}}$ donde $K/R=\ell$ es la longitud específica del péndulo

tenemos que $K_F+\dfrac{R^2}{2}=K_R$

como $K_R>K_F$ Al evaluar los reemplazos en la ecuación del período vemos que al rotar la maza m se obtiene un período del péndulo mayor , como no podía ser de otra manera.



Pd. para nada es la simplificación propuesta en el enunciado.

cuando $r$ tiende a 0 obtenemos un cambio de periodo como sale de la dinámica $\sqrt{\dfrac{3}{2}}$

[JCB]

Hola a tod@s.

Intento el método energético.

La diferencia de altura del cdm del cilindro entre su posición alta y su posición baja, es $h=(R-r)(1-\cos\theta)$. Para ángulos pequeños se cumple que $\cos\theta\approx1-\dfrac{\theta^2}{2}$, luego $h=(R-r)\dfrac{\theta^2}{2}$

La energía total del cilindro es la potencial gravitatoria, más la cinética.

$E=mgh+\dfrac{1}{2}I\omega^2+\dfrac{1}{2}mv_c^2$

Recordando que $v_c=\dfrac{d\theta}{dt}(R-r)$ y $\omega=\dfrac{v_c}{r}=\dfrac{d\theta}{dt}\dfrac{R-r}{r}$,

$E=mg(R-r)\dfrac{\theta^2}{2}+\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{2}mr^2\left(\dfrac{d\theta}{dt}\right)^2\dfrac{(R-r)^2}{r^2}+\dfrac{1}{2}m\left(\dfrac{d\theta}{dt}\right)^2(R-r)^2=mg(R-r)\dfrac{\theta^2}{2}+\dfrac{3}{4}m(R-r)^2\left(\dfrac{d\theta}{dt}\right)^2<br />$

Como el cilindro rueda sin deslizar, $\dfrac{dE}{dt}=0$. Derivando y simplificando,

$\dfrac{d^2\theta}{dt^2}=\dfrac{-2g\theta}{3(R-r)}$

$T=2\pi\sqrt{\dfrac{3(R-r)}{2g}}$

Expresión que coincide con la que obtuve en el mensaje # 4.

Saludos cordiales,
JCB.

[China]

Hola JCB, he llegado a este hilo a través de una respuesta que me has dado en otro, y estoy a ver si aclaro mis dudas.. yo este planteamiento energético lo he hecho tomando punto inicial y final son considerar ángulo y obtengo:$mg(R-r)=\frac{1}{2}mv^{2}+\frac{1}{2}I\omega^{2}$ y aquí sustituyo $v=\omega(R-r)$ y $I=\frac{1}{2}m(R-r)^2$ y obtengo $\omega^2=\frac{4g}{3(R-r)}$ supongo que aquí el error es que el momento de inercia del cilindro siempre respecto a su centro es $I=\frac{1}{2},r^2$, pero en ese caso al tomar el punto más alto y más bajo en la superficie cilíndrica no debería salir lo mismo que te sale a ti tomando un punto intermedio?
Por otro lado, siempre había usado que la aproximación del $cos\theta=1$ para ángulos pequeños pero en este caso el cilindro que se mueve va desde una posición inicial de 90º, no son ángulos pequeños, aunque estoy pensando a medida que pregunto esto, que la oscilación que queda si serán ángulos pequeños, por lo que vuelvo a lo inicial no será la aproximación $cos\theta=1$ ???

[China]

Vale, ya me han coincidido los dos planteamientos por energías y por dinámica, (bueno tengo un problema con los signos me queda la ecuación del MAS con un signo menos entre los dos términos) y ahora tengo claro que la velocidad angular del cilindro respecto a su centro de masas y respecto al centro de la superficie por la que gira es diferente y por tanto podemos expresar la velocidad lineal en función de esas dos velocidades angulares , que era la duda que arrastraba del otro hilo, la única duda es la aproximación del coseno cuando usar la que usas tu aquí o cuando usar cos x=1.

[JCB]

Hola a tod@s.

China: solo se cumple $\cos\theta=1$, cuando $\theta=0^{\circ}$. Por tanto, esto no es una aproximación para ángulos pequeños, sino que es el valor del coseno solo cuando $\theta=0^{\circ}$.

En la aproximación $\cos\theta\approx1-\dfrac{\theta^2}{2}$, se contemplan los dos primeros términos de la serie de Taylor para la función coseno.

En otro orden de cosas, a fecha de hoy, no he conseguido averiguar el porqué del signo positivo obtenido en el desarrollo final por el método de la Dinámica (ver mensaje # 4),

$\dfrac{d^2\theta}{dt^2}=\dfrac{2g}{3(R-r)}\theta$

en lugar del signo negativo obtenido en el desarrollo final por el método energético, cuyo signo es el correcto (ver mensaje # 12),

$\dfrac{d^2\theta}{dt^2}=\dfrac{-2g\theta}{3(R-r)}$

Saludos cordiales,
JCB.