Divulgación Problema de barra oscilante.

[inakigarber]

Buenas noches, planteo este problema cuya solución me tiene un tanto confundido;

"Supongamos que la barra de la figura tiene una masa de 2m. Determinar la distancia entre la masa superior y el punto de pivotamiento P, de tal manera que el período de este péndulo físico sea un mínimo"
La solución que da el solucionario es $0.0918L$.
Bien, yo he intentado resolverlo utilizando la siguiente expresión;
$\omega=\dfrac{2\pi}{T}=\sqrt{\dfrac{M_tg x}{I_t}}$
Donde $M_t$ es la masa total del sistema (bolas más barra), g la aceleración de la gravedad, x la distancia desde el punto de pivotamiento al centro de masas e $I_t$ el momento de inercia total. El momento de inercia total tras una larga serie de operaciones me ha salido el siguiente valor

$$I_t=3mx^2+\dfrac{2mL^2}{3}$$

El período me sale, simplificando

$$T=2\pi \sqrt{\dfrac{3x^2+\dfrac{2L^2}{3}}{4gx}}$$

Se trataría por tanto, de hallar la derivada de T con respecto a x y hacerla valer 0. A mi me sale el valor de esta derivada $24 g x^2-12g x^2-\dfrac{8L^2g}{3}=0$, lo cual me da un valor de $x=\sqrt{2}\dfrac{L}{3}$. Como $d=\dfrac{L}{2}-x$, me da un valor $d=L(\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{3})=0.0285L$ que no me coincide, por lo que seguro que estoy equivocado, aunque no se donde.

Saludos y gracias.

[Richard R Richard]

Re: Problema de barra oscilante.

revisa el momento de inercia

el momento de inercia , tomado en el centro de masa es $I_{CM}=\dfrac 23 mL^2$

si lo corres una distancia x por el teorema de Steiner $I_x=I_{CM}+m_tx^2=\dfrac 23 mL^2+4mx^2$

luego lo importante es donde

$\dfrac{\partial \left(\dfrac {2 L^2}{3x}+4x\right)}{\partial x}=0$

a mi me dio a $\pm 0.81649m$ desde el centro

o bien 0.1835m o 1.81649 m de un extremo arbitrario.

edito ahora veo que lo da en unidades de la longitudes la barra que es 2 m(metros)

entonces $x=0.1835\cancel m \dfrac{L}{2 \cancel m}=0.0917L$

[inakigarber]

Re: Problema de barra oscilante.

Gracias por tu explicación;

Cuando esribí el post partí de una presunción equivocada, habia equivocado la forma de calcular el momento de inercia. Para calcular el momento de inercia correcto, debería haber calculado primero el momento de inercia con respecto al centro de masas del sistema, el centro de la barra en este caso. Despues, aplicando el teorema de Steiner calcular el momento de inercia respecto al punto de pivotamiento. Ese es el momento de inercia correcto, no lo que yo hacía y me sale exactamente lo mismo que tu $\dfrac{2ml^2}{3}$, después el cálculo de la derivada me da también el resultado que pide el problema. Es que cuando uno se empeña en hacer las cosas mal....

Saludos y gracias.

[JCB]

Re: Problema de barra oscilante.

Hola a todos.

Aunque no era el objeto del hilo, también es interesante exponer como se ha llegado a la fórmula de partida $\omega=\dfrac{2\pi}{T}=\sqrt{\dfrac{M_tg x}{I_t}}$.

El conjunto de las 2 bolas y la barra forman un pequeño ángulo $\theta$ con la vertical. El eje de oscilación pasa por el punto $P$, y consideramos toda la masa ($4m$) concentrada en el cdm.

Entonces, aplicando equilibrio de momentos para pequeñas oscilaciones:

$-4mgxsen\theta=I\ddot{\theta}$. Como $\theta$ es pequeño, $sen\theta\approx\theta$,

$-4mgx\theta=I\ddot{\theta}$,

$\ddot{\theta}=\dfrac{-4mgx\theta}{I}$.

Que es la ecuación de un m.a.s. angular, donde $\omega^2=\dfrac{4mgx}{I}$.

Saludos cordiales,
JCB.