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Hilo: Problema de ESTATICA

  1. #1
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    Predeterminado Problema de ESTATICA

    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."
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  2. #2
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    Predeterminado 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.
    Última edición por JCB; 02/06/2019 a las 21:16:33.

  3. #3
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    Predeterminado 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
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  4. #4
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    Predeterminado 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.

  5. #5
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    Predeterminado 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 \co...

    Saludos,

    \mathcal A \ell
    Última edición por Al2000; 03/06/2019 a las 10:21:04. Razón: Pensarlo mejor
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  6. El siguiente usuario da las gracias a Al2000 por este mensaje tan útil:

    JCB (04/06/2019)

  7. #6
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    Predeterminado Re: Problema de ESTATICA

    Hola a todos.

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

    Nombre:  BARRA SOBRE SUPERFÍCIE PARABÒLICA.jpg
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Tamaño: 23,7 KB

    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.
    Última edición por JCB; 03/06/2019 a las 20:52:33.

  8. #7
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    Predeterminado Re: Problema de ESTATICA

    Prueba con \mathrm {sen}\, \theta = \cos \alpha = x_A/ \overline {AB}...
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  9. #8
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    Predeterminado 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.
    Última edición por arivasm; 04/06/2019 a las 22:34:05. Razón: Señalar error
    A mi amigo, a quien todo debo.

  10. #9
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    Predeterminado 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{lc....

    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.
    Última edición por JCB; 04/06/2019 a las 21:23:28.

  11. El siguiente usuario da las gracias a JCB por este mensaje tan útil:

    arivasm (04/06/2019)

  12. #10
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    Predeterminado 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.
    Cita Escrito por arivasm Ver mensaje
    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}.
    Última edición por arivasm; 04/06/2019 a las 22:36:23.
    A mi amigo, a quien todo debo.

  13. #11
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    Predeterminado 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
    Última edición por Al2000; 05/06/2019 a las 11:07:36.
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  14. El siguiente usuario da las gracias a Al2000 por este mensaje tan útil:

    arivasm (05/06/2019)

  15. #12
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    Predeterminado Re: Problema de ESTATICA

    Magnífico, Al. Realmente elegante.
    A mi amigo, a quien todo debo.

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