1r ciclo Sólido rígido

[Castelao]

Hola,

Tenemos dos discos homogéneos como los de la figura, unidos por una barra de masa nula que puede girar en los centros de los discos. El disco grande (radio $R_1$) está fijo. El otro, de radio $R_2$, rueda sin deslizar encima del otro sometido a la acción de la gravedad.

El problema, entre otras cosas, pide la energía cinética del sistema. La he calculado, sumando la debida a la traslación alrededor del disco grande y la de rotación alrededor de su CM ($I=1/2 m R_2^2)$ y me da $T=\frac{m}{2} (R_2+R_1)^2 \dot{\varphi}^2 \frac{R_2^2}{R_1^2}+1/4 m R_2^2 \dot{\varphi}^2$, donde $\varphi$ es el ángulo de rotación que describe el disco pequeño, como aparece artísticamente dibujado en la figura. La solución, sin embargo, dice que es $T=3/4(R_1+R_2)^2 m \dot{\varphi}^2$, y no encuentro el fallo.

Saludos y gracias

[felmon38]

Re: Sólido rígido

Castelao, el ángulo φ de la figura no es el ángulo de giro del disco pequeño respecto del grande sino el de la barra respecto del disco grande , y por lo tanto, su derivada, no es la velcidad angular del disco pequeño respecto del grande. A la energía de translación le sobra el quebrado.
Saludos

[Castelao]

Re: Sólido rígido

Antes de nada, gracias.

Pero aún con esa consideración no consigo llegar a la solución "oficial". Es decir, puede que haya pintado mal el ángulo. Mi consideración fue la siguiente:

Voy a renovar la notación para evitar cometer los mismos errores. Supongamos que el disco pequeño rota un ángulo $\psi$, el arco que recorre un punto de su frontera es $s=\psi R_2$; por otro lado, al recorrer el disco pequeños esa distancia sobre el grande, la barra rota un ángulo $\theta$, y recorre una distancia (sobre la frontera del disco grande) igual a $s'=\theta R_1$. Ocurre entonces que $s=s'$, y con esto obtuve la relación entre el ángulo que el disco pequeño rota y lo que rota la barra.

[visitante20160513]

Re: Sólido rígido

¿Desde donde cae el disco menor? Para poder calcular la energía cinética del disco menor es necesario saber en qué posición inicia el movimiento, pero el enunciado no lo aclara.
Es un problema típico de conservación de la energía. Podemos calcular la energía cinética total del disco menor calculando simplemente la disminución de su energía potencial, pero para hacer eso es necesario saber desde donde cae, es decir cual es su posición en el inicio del movimiento.

Ten en cuenta que la energía potencial del disco menor es la correspondiente a la altura de su CDG (su centro geométrico).

Salu2, Jabato.

[felmon38]

Re: Sólido rígido

Castelao, ojo! el ángulo ψ que has utilizado no es el ángulo que el disco pequeño gira respecto del grande, sino respecto de la barra (utiliza la definición de giro de un sólido respecto de otro), con esto la relación que has puesto es correcta, pero la derivada de ψ no es la velocidad angular del disco pequeño respecto del grande.
Te deberías acostumbrar a pensar que la posición de un sólido no tiene caracter absoluto sino relativo a otro sólido. En Mecánica no puedes poner por las buenas que un sólido está fijo, ni que el ángulo que gira un sólido tiene un cierto valor : tienes que especificar respecto de quién. Normalmente hay dos sólidos únicamente en los problemas y, en este caso, no se suele especificar el sistema de referencia, porque se sobreentiende que estamos hablando de la posición de uno respecto del otro, pero si hay más sólidos, como en tu problema, hay que especificar la referencia. En este caso no deberías decir que el disco grande es el fijo, sino que coincide con el papel donde haces el dibujo, con lo que si dibujas el sistema en otro instante, el disco grande no varía su posición. Vaya lío!
Saludos

[Castelao]

Re: Sólido rígido

El enunciado no especifica desde que punto cae. Se trata de obtener $T$ como función del tiempo en general. Se trata de escribir $T$ en el sentido, si se pude decir así, Lagrange. En todo caso, se me ocurre que, dado que el sistema va a oscilar, podría considerarse que el cuerpo cae desde un punto próximo al punto más bajo del disco grande (pequeñas oscilaciones).

En cuanto a $\psi$, con este ángulo no me refiero al que rota respecto a la barra, sino al ángulo que gira el disco respecto a unos ejes fijos en el (que no rotaran, pero si se se trasladaran con el CM). Sería el ángulo de Euler $\psi$. No sé si esto aclara algo, pero es debido a que yo tampoco lo tengo tan claro.

Saludos y gracias

[felmon38]

Re: Sólido rígido

Bueno, después de lo que te he indicado, voy a intentar resolverlo. Perdona que te haya tocado tu figura indicando con los números 0, 1 y 2 los sólidos disco grande, pequeño y barra, respectívamente. El punto O, centro de 0, el A, centro del 1 y el C, punto de tangencia de los discos y centro instantáneo de rotación 1 respecto de 0. Φ, ángulo de giro de 2 respecto de 0. 0 coincide con un sistema inercial. w₁, es la velocidad angular de 1 respecto de 0 y $\dot{\phi}$, la velocidad angular de 2 respecto de 0.
La energía cinética de 1 es:

T= m.v_A²/2+I_A.w₁²/2

Teniendo en cuenta que v_A=w₁.R₂=$\dot{\phi}$.(R₁+R₂), sustituyendo :

T=m.$\dot{\phi}$².(R₁+R₂)²/2+I_A.$\dot{\phi}$².(R₁+R₂)²/(2.R₂²)

Saludos

[visitante20160513]

Re: Sólido rígido

Tratré de aportar otra solución, teniendo en cuenta que no se conoce el punto de partida. La cantidad de energía total debe mantenerse constante lo que supone que su diferencial debe ser nula:

$dW=dE_c+dU=0$

Puesto que la energía potencial de disco menor vale:

$U=mgh\qquad\to\qquad dU=mgdh$

resulta entonces que:

$dE_c=-mgdh$

y por lo tanto la energía cinética obtenida en el desplazamiento entre los puntos inicial y final vale:

$E_c=-mg\displaystyle\int_{h_1}^{h_2} dh=mg(h_1-h_2)$

Ahora bien, otra cosa es que te pidan como se desglosa dicha enrgía en energía de traslación y energía de rotación, pero la energía cinética total debe ser en cualquier caso igual al valor calculado, por el teorema de la conservación de la energía.

NOTA: $h$ es la altura del centro del disco menor.

Salu2, Jabato.

[Castelao]

Re: Sólido rígido

Tan fácil cómo usar la condición de rodar sin deslizar que olvidaba $v_{CM}=\omega_1 R_2$.

Gracias!

[Breogan]

Re: Sólido rígido

Hola:

No voy a comentar lo dicho en mensajes anteriores, no es el motivo de mi intervención.

Si llamamos $\theta$ al angulo que rota la barra alrededor del eje del disco 1 y $\alpha$ al angulo que gira el disco 2 alrededor de su eje respecto de un eje coordenado, tendremos que las velocidades angulares respectivas son $\dot \theta$ y $\dot \alpha$, y estan relacionadas por:

$$\dst \Delta \theta\ R_1 = \Delta \alpha\ R_2 \quad \Rightarrow \quad \dot \theta \ R_1 = \dot \alpha \ R_2$$

Incluyo un dibujo del problema:

A partir de esto podemos calcular la energía cinética del sistema como la suma de dos energías cinéticas de rotación:

$\dst K = K_{2;O} + K_{2;O'}$

Donde K_2;O es la energía cinética de rotación de la rueda 2 respecto del centro O de la rueda 1 y K_2;O' es la energía de la rueda 2 respecto de su centro O', quedando:

$\dst K_{2;O} = \frac 1 2 I_{2;O} \ \dot \theta^2 = \frac 1 2 \left[ m (R_1 + R_2)^2 + \frac 1 2 m R_2^2 \right] \ \dot \theta^2$

$\dst K_{2;O'} = \frac 1 2 I_{2;O'} \ \dot \alpha^2 = \frac 1 2 \left( \frac 1 2 m R_2^2 \right) \ \dot \alpha^2$

Haciendo la distributiva y sumando queda:

$$\dst K = \frac 1 2 m (R_1 + R_2)^2\ \dot \theta^2 + \frac 1 4 m R_2^2 \ \dot \theta^2 + \frac 1 4 m R_2^2 \ \dot \alpha^2$$

Reemplazando la condición de rodadura sin deslizamiento dada por (1), $\dst \dot \alpha= \frac {R_1}{R_2} \dot \theta$, tenemos:

$\dst K = \frac 1 2 m (R_1 + R_2)^2\ \dot \theta^2 + \frac 1 4 m R_2^2 \ \dot \theta^2 + \frac 1 4 m R_2^2 \ \frac {R_1^2}{R_2^2} \ \dot \theta^2$

Operando:

$$\dst K = \left[ \frac 1 2 m (R_1 + R_2)^2\ + \frac 1 4 m (R_1^2 + R_2^2) \right] \ \dot \theta^2$$

Que no coincide con el resultado posteado originalmente.

Si reemplazamos la condición de rodadura pero al reves $\dst \dot \theta = \frac {R_2}{R_1} \dot \alpha$, queda:

$$\dst K = \left[ \frac 1 2 m (R_1 + R_2)^2 + \frac 1 4 m (R_2^2 + R_1^2) \right] \ \frac {R_2^2}{R_1^2} \ \dot \alpha^2$$

que tampoco coincide con la solución propuesta.

Si ahora tomamos el angulo $\varphi$, que es la rotación de la rueda 2 respecto de la barra, tendremos que:

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

Reemplazando la condición de rodadura y despejando quedan:

$\dst \dot\varphi + \dot\alpha + \frac {R_2}{R_1} \dot \alpha =0 \hspace{3 cm} \Rightarrow \hspace{3 cm} \dot \alpha = - \frac {R_1}{R_1+R_2} \ \dot\varphi$

$\dst \dot\varphi + \dot\theta + \frac {R_1}{R_2} \dot \theta=0 \hspace{3 cm} \Rightarrow \hspace{3 cm} \dot \theta= - \frac {R_2}{R_1+R_2} \ \dot\varphi$

y ahora reemplazamos en la (2):

$\dst K = \frac 1 2 m (R_1 + R_2)^2\ \left( - \frac {R_2}{R_1+R_2} \ \dot\varphi \right) ^2 + \frac 1 4 m R_2^2 \ \left( - \frac {R_2}{R_1+R_2} \ \dot\varphi \right) ^2$$\dst + \frac 1 4 m R_2^2 \ \left( - \frac {R_1}{R_1+R_2} \ \dot\varphi \right) ^2$

$\dst K = \frac 1 2 m \ R_2^2 \ \dot\varphi^2 + \frac 1 4 m R_2^2 \left[ \frac {R_2^2}{(R_1+R_2)^2} +\frac {R_1^2}{(R_1+R_2)^2} \right] \ \dot\varphi^2$

$\dst K = \frac 1 2 m \ R_2^2 \ \dot\varphi^2 + \frac 1 4 m R_2^2 \left[ \frac {R_2^2 + R_1^2}{(R_1+R_2)^2} \right] \ \dot\varphi^2$

Como se ve por ningún lado llego al resultado propuesto.
Huelga decir que estoy algo oxidado, así que nunca esta de mas la revisión por parte de otro forero. Gracias.

s.e.u.o.

Suerte