1r ciclo Problema de ESTATICA

[Gon]

Holaaaaa, muy buenos dias a todos, soy estudiante de ingenieria mecanica, y me he topado con un ejercicio de estatica, que no se me ocurre como resolver, podrian ayudarme?, gracias.

"En la figura la barra de masa m y longitud l está articulada a un collar liso que desliza libremente
sobre una varilla vertical fija. El otro extremo descansa sobre la superficie parabólica lisa
mostrada. Hallar la coordenada x del punto de contacto A."

[JCB]

Re: Problema de ESTATICA

Hola Gon.

Te cuento lo que he hecho, aunque todavía no he llegado a una solución aceptable.

1) La barra queda tangente a la superficie parabólica en el punto de contacto A. La pendiente de la recta tangente es la derivada de la función parábola en el punto de contacto A. Con esto hallo la ecuación de la recta, pues conozco la pendiente y sabemos que pasa por el punto A, de coordenadas $x_0$, $y_0=\dfrac{x_0^2}{l}$.

2) Como la superficie parabólica es lisa, la reacción en el punto de contacto A será perpendicular a la superficie parabólica, y por tanto, también perpendicular a la recta tangente.

3) Aplico ecuaciones de la Estática, $\sum{F_y}=0$, y $\sum{M_B}=0$.

Si progreso, ya informaré.

Saludos cordiales,
JCB.

[Al2000]

Re: Problema de ESTATICA

Una pregunta, Gon… ¿El problema debe resolverse usando las ecuaciones de estática o es válido resolverlo usando consideraciones energéticas? Lo pregunto porque parece relativamente sencillo (todavía no lo he intentado) hallar la energía potencial gravitacional de la barra y buscar el mínimo.

Saliudos,

$\mathcal A \ell$

[Richard R Richard]

Re: Problema de ESTATICA

Yo lo intente, al estilo de JCB. añadiendo la sumatoria de momentos igualada a 0 , y sabiendo que la derivada de la función de la curva en el punto tiene que ser igual a la tangente del angulo que forma la barra, la Normal tiene dirección perpendicular a la tangente, por lo que es$\dfrac{-1}{y'_o}$ no me he podido deshacer de un coseno molesto. para postearlo con una solución , pero quizá con lo que te hemos aportado , te formules lo que falta.

[Al2000]

Re: Problema de ESTATICA

Si llamas $\alpha$ al ángulo que forma la barra con el eje X, entonces

$$\tan \alpha = \left . \frac {dy}{dx} \right |_{x_A} = \frac {2 x_A} l \quad \Rightarrow \quad \cos \alpha = \frac 1 {\sqrt {1 + \left(2 x_A/l\right)^2}}\,,\,\, \mathrm {sen} \, \alpha = \frac {2 x_A/l} {\sqrt {1 + \left(2 x_A/l\right)^2}}$$

Saludos,

$\mathcal A \ell$

[JCB]

Re: Problema de ESTATICA

Hola a todos.

Voy a detallar un poco más, a ver si entre todos lo conseguimos.



Como decía en el punto 3):

Aplicando $\sum{F_y}=0$,

$mg-Nsen \theta=0$,

$Nsen \theta=mg$ (1).

Aplicando momentos respecto del punto B, $\sum{M_B}=0$, y substituyendo (1),

$mg\dfrac{l}{2}sen \theta-N\overline{AB}=0$,

$mg\dfrac{l}{2}sen^2 \theta-Nsen \theta\overline{AB}=0$,

$\dfrac{l}{2}sen^2 \theta-\overline{AB}=0$,

$\overline{AB}=\dfrac{lsen^2 \theta}{2}$ (2).

Notas: $\alpha + \theta = 90^{\circ}$. He cambiado la notación de las coordenadas del punto A, según Al2000.

Presiento que nos estamos acercando a la solución.

Saludos cordiales,
JCB.

[Al2000]

Re: Problema de ESTATICA

Prueba con $\mathrm {sen}\, \theta = \cos \alpha = x_A/ \overline {AB}$...

[arivasm]

Re: Problema de ESTATICA

Mi propuesta consiste en determinar el valor del ángulo $\alpha$, que nos permite representar el único grado de libertad del sistema.

La idea central es que la pendiente de la barra es la misma que la de la parábola en el punto de contacto.

En primer lugar tenemos que

$\tan\alpha=\dfrac{2x_A}{l}$

Por tanto,

$$x_A=\frac{l}{2}\tan\alpha$$

y por supuesto

$$y_A=\dfrac{l}{4}\tan^2\alpha$$

Por otra parte, de la pendiente de la barra:

$\dfrac{y_A-y_B}{x_A}=\tan\alpha$

es decir

$\dfrac{x_A^2}{l}-y_B=x_A\tan\alpha=\dfrac{2x_A^2}{l}$

de donde resulta

$$y_B=-\dfrac{x_A^2}{l}=-y_A=-\dfrac{l}{4}\tan^2\alpha$$

Como el centro de masa está en el punto medio de la barra sus coordenadas cumplen que

$$x_G=\dfrac{l}{2}\cos\alpha$$

$y_G=y_B+\dfrac{l}{2}\sin\alpha$

Usando (3)

$$y_G=\dfrac{l}{2}\sin\alpha-\dfrac{l}{4}\tan^2\alpha$$

Ahora vamos con las condiciones de estática. Para la componente vertical de la resultante tenemos que

$$Mg=N\cos\alpha$$

Tomando momentos respecto de B [Esta expresión, y por tanto lo que sigue, tiene un error]

$$Mgx_G=N(x_A\cos\alpha+y_A\sin\alpha)$$

Dividiendo miembro a miembro (7) entre (6)

$x_G=x_A+y_A\tan\alpha$

Ahora ya no queda más que substituir (4), (1) y (2)

$\cos\alpha=\tan\alpha+\dfrac{1}{2}\tan^3\alpha$

Multiplicando ambos lados por $2\cos^3\alpha$

$2\cos^4\alpha=2\sin\alpha\cos^2\alpha+\sin^3\alpha$

llamando $t=\sin\alpha$ resulta la ecuación de cuarto grado

$2(1-t^2)^2=2t(1-t^2)+t^3$

cuya única raíz en el intervalo [0,1] es $t=\sin\alpha=0,55949$. Por tanto, $\tan\alpha=0,67503$. Llevando este resultado a (1), tenemos que $\boxed{x_A=0,338\ l}$.

Por supuesto si no me he despistado con algo.

[JCB]

Re: Problema de ESTATICA

Hola a todos.

Al2000, gracias a tu revelador post # 5, llegué a:

$x_A=\overline{AB}sen \theta=\dfrac{lsen^2 \theta}{2}sen \theta=\dfrac{lsen^3 \theta}{2}=\dfrac{lcos^3 \alpha}{2}=\dfrac{l}{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{1+\left(\dfrac{2x_A}{l}\right)^2}}\right)^3$.

Luego, haciendo el cambio de variable $a=\left(\dfrac{2x_A}{l}\right)^2$, e inversamente $x_A=\dfrac{l}{2}\sqrt{a}$, obtuve la ecuación de cuarto grado:

$(a+1)^3a=1$, $a=0,38028$, $\boxed{x_A=0,30833 \ l}$.

Saludos cordiales,
JCB.

[arivasm]

Re: Problema de ESTATICA

Como veo que llegamos a valores diferentes, he revisado mi cálculo. He visto que tenía un error en el valor final de la tangente, determinado a partir del seno (cuyo resultado vuelve a salirme). He editado el post con esa corrección. Pero a pesar de ello no obtengo el mismo que tú! A ver si encuentro el motivo de la discrepancia.

Saludos.

- - - Actualizado - - -

Creo que ya cacé el gazapo.

Tomando momentos respecto de B

$$Mgx_G=N(x_A\cos\alpha+y_A\sin\alpha)$$

Esta expresión está mal, debiendo ser

$$Mgx_G=N[x_A\cos\alpha+(y_A-y_B)\sin\alpha]$$

Aunque mi método quizá sea matar una mosca de un cañonazo, lo corregiré en un rato.

- - - Actualizado - - -

Dividiendo miembro a miembro (7) entre (6)

$x_G=x_A+(y_A-y_B)\tan\alpha$

Como $y_B=-y_A$, la expresión anterior equivale a

$x_G=x_A+2y_A\tan\alpha$

Ahora ya no queda más que substituir (4), (1) y (2)

$\cos\alpha=\tan\alpha+\tan^3\alpha$

Multiplicando ambos lados por $\cos^3\alpha$

$\cos^4\alpha=\sin\alpha\cos^2\alpha+\sin^3\alpha$

llamando $t=\sin\alpha$ resulta la ecuación de cuarto grado

$(1-t^2)^2=t(1-t^2)+t^3=t$

cuya única raíz en el intervalo [0,1] es $t=\sin\alpha=0,52489$. Por tanto, $\tan\alpha=0,61667$. Llevando este resultado a (1), tenemos que $\boxed{x_A=0,308\ l}$.

[Al2000]

Re: Problema de ESTATICA

Sólo para contrastar, coloco el desarrollo usando principios energéticos. Aunque con diferencias en el detalle, yo obtuve la misma ecuación (5) de Antonio y parto de allí:

$$y_G=\frac l 2 \, \mathrm {sen} \, \alpha - \frac l 4 \tan^2 \alpha$$

(sólo que yo fui tan bruto que la expresé en términos de $x_A$ lo cual complicó la posterior derivación)

En el equilibrio, la energía potencial gravitacional debe ser mínima. Luego el asunto es buscar el máximo de $y_G$:

$$\frac {d y_G}{d \alpha } = \frac l 2 \left(\cos \alpha - \tan \alpha \sec ^2 \alpha \right)$$

Igualando a cero y multiplicando por $\cos ^3 \alpha$ para simplificar la expresión, se obtiene que

$$\cos^4 \alpha - \mathrm {sen} \, \alpha = 0$$

cuya solución numérica lleva finalmente a la ya conseguida $x_A = 0.3083\, l$.

Saludos,

$\mathcal A \ell$

[arivasm]

Re: Problema de ESTATICA

Magnífico, Al. Realmente elegante.