Resolved Exams - Mechanics

Problemas explicados de

Mecánica do Movemento Plano do SólidoRíxido

Autores: Roberto Palau L. & Roberto Palau G.

Data: Agosto de 2013

PrólogoEste texto se ten elaborado a partir das notas de Roberto Palau L., Enxeñeiro Industrial, ten sido

revisado por Roberto Palau G., Enxeñeiro do ICAI e doutor Enxeñeiro Industrial, e nel se presentan

resoltos, e exhaustivamente explicados, diferentes problemas propostos en exame na asignatura de

Mecánica da titulación de Enxeñería Industrial na Escola Técnica Superior de Enxeñeiros

Industriais da Universidade de Vigo. Eses problemas se completan con outros tres problemas que

presentan algunhas características particulares adicionais que complementan as técnicas de

resolución de problemas de Mecánica que se teñen explicado neste texto.

Ó longo da resolución dos problemas, aparecen parágrafos en letra cursiva que interrompen o

desenvolvemento do problema: son parágrafos nos que se presentan ou aclaran conceptos e/ou

técnicas de resolución de problemas utilizadas neste texto. Recomendamos ós estudantes que non

deixen de ler estes parágrafos. Ademais, no final dalgúns destes problemas, se presentan preguntas

adicionais en forma de Notas Complementarias que permiten explicar técnicas diferentes das

utilizadas no desenvolvemento da resolución do problema, técnicas que pola súa utilidade noutros

problemas, se explican tamén de forma complementaria nestas notas finais. Recomendamos ós

estudantes que non se salten estas Notas Complementarias.

A finalidade principal deste texto é explicar métodos de resolución de problemas de Mecánica

do Movemento Plano do Sólido Ríxido ós alumnos de Escolas Técnicas, priorizando a facilidade e

utilidade xeral dos métodos utilizados, así como a claridade nas explicacións. A finalidade

fundamental dos autores é proporcionar ós estudantes un texto que os axude a adquirir, por si

mesmos, os coñecementos necesarios para superar con éxito as asignaturas que se ocupan desta

materia.

A escaseza de textos que se ocupen de axudar ós alumnos a adquirir as técnicas necesarias para

poder abordar por si mesmos a resolución deste tipo de problemas, nos ten animado a preparar este

texto. Existen bos textos de problemas desta materia pero, ó noso criterio, pecan de escaseza de

explicacións e aclaracións, dando por coñecidos conceptos e técnicas que os alumnos ou ben non

coñecen ou ben non teñen dominado cando se enfrontan a eles, polo que a utilidade dos mesmos

para a maioría dos alumnos, algunhas veces non é suficiente (o que resulta unha mágoa pois algúns

destes textos son realmente bos). Por isto, a finalidade principal deste texto ten sido, por encima de

todo, a claridade e a utilidade aínda que teñamos caído na redundancia ou na explicación de

evidencias, porque, en efecto, aínda que moitos alumnos que cursan ós niveis onde se estuda esta

materia xa teñen seguido un curso de Física Xeral anteriormente, a nosa experiencia é que iso non

lles ten proporcionado unha base suficientemente sólida para resolver problemas desta materia, polo

menos co nivel que se soe esixir nas Escolas Técnicas do noso país. Por isto, as técnicas

seleccionadas son técnicas que, ó noso criterio, resultan claras e simples para estudantes reais.

Esta ten sido a nosa finalidade única e, por iso, na medida en que axude ós alumnos a adquirir

os coñecementos necesarios para superar as súas asignaturas, estaremos satisfeitos.

Este texto tense rematado, na súa parte fundamental, en setembro de 2009, despois de que

diferentes estudantes manifestaran que lle tiñan encontrado unha boa utilidade a versións previas do

mesmo xa desde o ano 2006. Esta utilidade nos animou a presentar a nova versión, a primeira

revisada cun certo detalle, o que nos permitiu eliminar algúns erros e o que nos permitiu substituír

técnicas pouco rigorosas por outras un pouco máis rigorosas, o que se fixo sempre que non fose en

detrimento da claridade e facilidade para os estudantes que se están a iniciar nesta materia.

Posteriormente se lle deron algúns retoques en agosto do 2013, e este é o texto que presentamos

actualmente pero sen modificacións de fondo con relación ó texto de setembro de 2009.

Por último dicir que os autores agradecerán os comentarios que os lectores queiran

proporcionar na mellora deste texto, iso si sempre que vaian na liña apuntada de aumentar a

claridade e utilidade deste texto para os alumnos reais das nosas Escolas Técnicas.

Polo demais o noso maior desexo é que estes materiais lle sexan de utilidade a un grande

número de estudantes.

Cos nosos mellores desexos, ánimo e adiante. Con interese e esforzo todo é posible.

Un cordial saúdo.

A Coruña, agosto de 2013

Índice PROBLEMA Nº 1 : Ximnasta (Exame de setembro 2004).......................................................................1

Nota Complementaria 1.1 : Integración dunha ecuación diferencial....................................................12

Nota Complementaria 1.2 : Comparación de ecuacións con diferentes parámetros..............................13

Nota Complementaria 1.3 : Magnitudes angulares e derivadas do parámetro angular.........................14

PROBLEMA Nº 2 : Barra ligada a un punto con dous resortes (Exame de setembro 2002)..................16

Nota Complementaria 2.1 : Método analítico para determinar a velocidade angular do sistema. .......24

Nota Complementaria 2.2 : Variacións introducidas polo cambio de eixes..........................................26

PROBLEMA Nº 3 : Disco rodante baixo barra (Exame de decembro 2004)..........................................29

Nota Complementaria 3.1 : Método analítico para determinar unha velocidade angular - I.................42

Nota Complementaria 3.2 : Método analítico para determinar unha velocidade angular - II...............42

PROBLEMA Nº 4 : Barra esvarando en vaso. (Exame de xuño 05 - Plano vello).................................45

PROBLEMA Nº 5 : Barra esvarando dentro dun cilindro. (Exame de setembro 2005 ).........................55

Nota Complementaria 5.1 : A elección de eixes coordenados...............................................................67

Nota Complementaria 5.2 : Método analítico para determinar unha velocidade angular.....................68

Nota Complementaria 5.3 : Método analítico para determinar o CIR...................................................69

Nota Complementaria 5.4 : Método analítico para determinar o centro de aceleracións .....................70

Nota Complementaria 5.5 : Cálculo do centro de masas dun cuarto de círculo....................................72

Nota Complementaria 5.6 : Cálculo do momento de inercia dun rectángulo con relación a un lado....72

PROBLEMA Nº 6 : Tres discos (Exame de decembro 2005).................................................................74

Nota Complementaria 6.1 : Cálculo do momento de inercia dun cadrado............................................82

PROBLEMA Nº 7 : Peso, polea e carrete (Exame de febreiro 2006).....................................................83

Nota Complementaria 7.1 : Tensións transmitidas por fíos de masa depreciable.................................93

Nota Complementaria 7.2 : Ligaduras a través de fíos e cordas............................................................94

PROBLEMA Nº 8 : Barra esvarando por outra barra (Exame de setembro 2006).................................97

Nota Complementaria 8.1 : Ecuación diferencial do movemento coas Ecuacións de Lagrange.........106

PROBLEMA Nº 9 : Cilindro rodando sobre placa deslizante. (Exame de decembro 2006).................109

Nota Complementaria 9.1 : Cálculo do momento de inercia dun triángulo........................................117

Nota Complementaria 9.2 : Relación dos movementos de rodamento a través das velocidades........118

Nota Complementaria 9.3 : Relación entre parámetros.......................................................................120

Nota Complementaria 9.4 : Ecuacións de Lagrange con forzas non conservativas (I).......................120

Nota Complementaria 9.5 : Ecuacións de Lagrange con forzas non conservativas (II)......................122

PROBLEMA Nº 10 : Barra entre resorte e disco (Exame de febreiro 2007)........................................125

Nota Complementaria 10.1 : Método analítico para determinar unha velocidade angular - I.............137

Nota Complementaria 10.2 : Método analítico para determinar velocidades – II...............................137

Nota Complementaria 10.3 : Aceleracións dos centros de masas tomando outro parámetro..............138

Nota Complementaria 10.4 : Método analítico para o cálculo da velocidade dun punto....................139

PROBLEMA Nº 11 : Disco ligado con barra e fío................................................................................141

PROBLEMA Nº 12 : Disco ligado con barra, fío e resorte...................................................................151

PROBLEMA Nº 13 : Tres discos rodantes............................................................................................155

Mecánica do Movemento Plano do Sólido Ríxido. Problemas explicados. R. Palau L. & R.Palau G. (Rev. setembro-2009) Páxina 1

PROBLEMA �º 1 : Ximnasta (Exame de setembro 2004)

Primeira parte) (non do exame) Establecer a ecuación diferencial domovemento dun ximnasta no seu exercicio de barra fixa, suposto que sórealizara pequenas oscilacións ó redor da súa posición de mínima enerxíapotencial gravitacional. Modélase o ximnasta de 75 kg de masa como unhabarra ríxida de lonxitude L=2,4 m, co seu centro de masas G situado a d=1 mda barra fixa, momento de inercia con relación a este de IG=30 kg·m2 edepréciase a fricción coa barra.

Segunda parte) (non do exame) O mesmo ximnasta parte agora dorepouso na posición inicial vertical invertida indicada con liña continua nafigura adxunta, e separándose a continuación lixeiramente da posición inicialxira en sentido antihorario ata soltarse da barra cando forma ππππ/4 radiáns coavertical: posición a liña discontinua na figura adxnta. Establecer a ecuacióndiferencial deste movemento do ximnasta mentres está suxeito á barra,utilizando as ecuacións de Lagrange.

Terceira parte) Preguntas de exame:a) Velocidade de G e velocidade angular do ximnasta no instante en que se solta da barra.b) Unha vez que se solta da barra, graos de liberdade e ecuacións diferenciais do seu

movemento. Tomando como referencia para t=0 o momento en que se solta, dar aposición do ximnasta en función do tempo.

c) Altura máxima que acada o centro de gravidade do ximnasta.d) Centro instantáneo de rotación na posición anterior.e) Centro J de aceleracións nesa mesma posición.

Solución:

Primeira parte) Cálculo da ecuación do movemento para pequenas oscilacións

Se trata dun xiro ó redor dun eixe fixo O, polo que se trata dun sistemadun só grao de liberdade dado que a posición de todos os puntos doximnasta en todo momento é perfectamente descritible cun só parámetro.

O número de graos de liberdade dun sistema vén dado polo númerode parámetros independentes necesarios para establecer a posicióndo mesmo en calquera instante.�un movemento libro no plano, un sistema ten tres graos deliberdade, sendo necesarios tres parámetro para determinar a súaposición en todo instante. Estes parámetros a miúdo serán:

• dous coordenadas liñais que determinen a posición do centro demasas do sistema: normalmente x,y no caso de utilizar un sistemade referencia cartesiano.

• Un ángulo que determine o xiro do sistema ó redor do seu centrode masas.

Nos casos como os deste problema, de xiros planos ó redor dun eixe fixo -sempre perpendicular ó planodo debuxo e que corta a este nun punto O -, basta un parámetro para de terminar a posición de todo o

Figura 1.1 : Posiciónxenérica do ximnasta

PROBLEMA Nº 1 : Ximnasta (Exame de setembro 2004). Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 2

sistema, e o parámetro máis cómodo soe ser o ángulo de xiro do sistema con relación a unha liña dereferencia que pase polo punto fixo O (por exemplo o ánguloϕϕϕϕ neste caso, ver figura 1.1), pois proporcionaecuacións máis simples. Mídense os ángulos desde -Y para facilitar a particularización da ecuación domovemento ó caso de pequenas oscilacións ó redor desta posición e, como sempre que sexa posible, se elixetraballar cun ángulo positivo pois isto facilita moito os cálculos. O alumno terá en conta que, para os eixesindicados na figura 1.1, un ángulo positivo – ou sexa segundo +Z - será un ángulo medido en sentidoantihorario desde a liña de referencia. A este sistema de eixes se lles denominará nos seguintes problemas“eixes habituais” por ser os máis frecuentemente utilizados neste texto.

�estes casos, o ángulo tomado como parámetro indica o xiro dosólido ó redor do seu centro de masas o que se pode comprobarimaxinando:

• que se toma unha liña de referencia, por exemplo paralelaó eixe Y, pasando polo centro de masas G, e que serviráde referencia fixa para observar como xira o sólido ó seuredor,

• e outra liña sobre o sólido, por exemplo neste caso unhaliña ó longo do ximnasta que se moverá con este, para vercomo esta outra liña móbil xira ó redor da liña dereferencia,

• e se pode comprobar que o ángulo ϕϕϕϕ formado por estasdúas liñas neste caso, realmente indica en todo momentocomo o sólido xira ó redor da recta de referencia,indicando polo tanto a posición angular do sólido en todomomento. Ver figura 1.2.

É dicir, a posición angular dun sólido no seu xiro ó redor do seu centro de masas vén determinadapolo ángulo formado por dous liñas:

• unha liña imaxinaria trazada dentro do sólido e que se move con el,

• e outra liña, esta de dirección fixa, que se toma como referencia -por exemplo, a vertical-.Pois ben, cando o parámetro angular indica a posición angular do sólido en todo momento, avelocidade angular do sistema coincide coa primeira derivada dese parámetro, e a aceleraciónangular coincide coa segunda derivada do parámetro. �este texto se utilizará esta coincidencia noscálculos por considerarse máis simple, ademais de máis real, que utilizar algún tipo de artificiopráctico cos signos.Polo tanto, o alumno debe recordar que sempre que se utilice como parámetro un ángulo quedetermine a posición angular dun sólido no seu xiro ó redor do seu centro de masas, nos cálculos seutilizará a coincidencia real que existe:• entre a primeira derivada deste parámetro e a velocidade angular do sistema, • e entre a segunda derivada deste parámetro e a aceleración angular do sistema.

�o final do problema, na �ota Complementaria 1.3, se presenta un método analítico dedeterminación da relación entre a velocidade angular dun sólido e a primeira derivada do parámetroutilizado. Este método resultará de utilidade nos casos en que o alumno non vexa de forma clara queo ángulo utilizado como parámetro realmente indica a posición angular do sólido no seu xiro ó redordo seu centro de masas, pois neste caso o alumno non poderá garantir a coincidencia entre asderivadas do parámetro e as velocidade e aceleración angular do sistema. �este caso, poderárecorrer a este método analítico para relacionar as magnitudes angulares coas derivadas doparámetro utilizado. Como se verá, será el caso dalgúns dos problemas tratados neste texto.

Figura 1.2 : Posiciónangular do ximnasta


De acordo con estas consideracións, tomando ϕϕϕϕ como parámetro, verfigura 1.3, e dado que este ángulo indica a posición angular do ximnasta noseu xiro ó redor do seu centro de masas, a súa primeira derivada coincidirácoa velocidade angular do ximnasta e a súa segunda derivada coincidirácoa súa aceleración angular. Polo tanto, neste caso:

ω= Ecuación 1.1

= Ecuación 1.2

Se comezará agora establecendo a ecuación do movemento buscada.Aplicarase ó corpo a 2ª Lei de Newton e a Ecuación Simplificada daDinámica de Rotación, esta última aplicada no punto fixo O :

ΣΣΣΣFx = m·aGx ΣΣΣΣFy = m·aGy ∑ ⋅= αOO IM

Polo tanto se teñen tres ecuacións e, no diagrama de sólido libre do sistema presentado na figura 1.3,vese que hai dúas forzas incógnitas: as reaccións Ox e Oy no centro de xiro O. Dado que se trata de obterestas dúas reaccións ademais da ecuación do movemento do sistema, se deben encontrar tres resultados e seteñen tres ecuacións, polo que non haberá dificultades.

Se debe ter coidado coa aplicación da Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación, pois só éposible aplicala con relación ós puntos que cumpran unha das condicións 2.1 e unha das condicións2.2, establecidas no problema 2. O punto O citado neste problema, cumpre estas condicións como sepode comprobar revisando ditas condicións, e dado que é un punto fixo e é un punto do sólido.

Como na Ecuación Fundamental da Dinámica de Rotación, aplicada no punto fixo O, non aparecen asreaccións pois estas forzas non producen momento con relación a O, esta última ecuación xa nosproporcionará directamente a ecuación do movemento, mentres que as dúas primeiras ecuacións (2ª Lei deNewton) permitirán calcular as reaccións Ox e Oy.

De acordo con isto se obterá a ecuación do movemento a partir da Ecuación Simplificada da Dinámicade Rotación :

∑M O=IO⋅

na que xa se pon que a aceleración angular αααα do ximnasta é como se viu na ecuación 1.2.Agora se ten que calcular o momento das forzas, e se debe ter coidado ó facelo pois normalmente no seu

cálculo interveñen variables que teñen signo polo que estas variables poden cambiar inadvertidamente osigno que se lle adxudique ó momento.

Por exemplo, na figura 1.3 vese que o peso mg orixina un momento negativo ó redor do O, polo quese poderá poñer que ese momento é: - mg·xG. En principio, dando un signo negativo diante doresultado estamos a querer afirmar que ese momento é negativo, pero se debe ter en conta que nomomento intervén o parámetro xG que pode tomar signo positivo ou negativo no momentoconsiderado polo que se debe ter coidado. De feito, bastará comprobar se, na posición xenéricaestudiada e debuxada, un signo negativo implícito nun parámetro está a cambiar o signo que se tenincluído explicitamente. Vese na figura 1.3 que neste caso non se produce este efecto dado que xG épositivo polo que non habería problema en afirmar que o momento do peso, que é negativo, é:-mg·xG.



Tamén se podería ter posto que o momento do peso, tal como se vena figura 1.3, é: -mg·d·sen ϕ ϕ ϕ ϕ , pero ϕϕϕϕ tamén ten signo. Pero veseque tampouco neste caso habería problema pois no debuxo ϕϕϕϕ épositivo e polo tanto o seu seno tamén o é, polo que non cambia osigno negativo que se lle ten colocado explicitamente ó momento dopeso que é o que realmente lle corresponde.Sen embargo, se estudiando un caso como o da figura 1.4, se dixeraque o momento é: -mg·d·sen ϕϕϕϕ , se estaría cometendo un erro poisaínda que o momento do peso é negativo, ϕϕϕϕ tamén é negativo, poloque o seu seno será negativo e así, inadvertidamente, coa expresiónanterior se estaría afirmando que o momento do peso é positivo oque sería un erro. Polo tanto, para afirmar que o momento do pesoé negativo haberá que dicir que o momento do peso é mg·d·sen ϕϕϕϕdado que o signo negativo xa está incluído no seno do parámetro.Vese que esta pode ser unha causa de erros inadvertidos polo que,sempre que sexa posible, convén tomar parámetros positivos poisasí non cambiarán inadvertidamente o signo que apareza explicitamente nas expresións nas que seinclúan ditos parámetros. De non ser posible tomar parámetros positivos, se deberá prestar moitaatención ós signos das expresións utilizadas.

Volvendo agora ó caso da figura 1.3, para calcular o momento das forzas con relación ó punto fixo O, sóo peso dá momento con relación a dito punto como se pode observar, e este momento, tal como están oseixes na figura 1.3, é negativo e, sendo ϕϕϕϕ positivo, se deberá poñer que este momento é -mg·d·senϕ ϕ ϕ ϕ . Polotanto:

∑M O=IO⋅ ⇒ mg⋅d⋅sen=IO⋅ ⇒ =m⋅g⋅dIO

⋅sen φ

Desta forma xa se consegue a ecuación diferencial do movemento:

=m⋅g⋅dI O

⋅senφ Ecuación 1.3

Pero no caso de pequenas oscilacións se cumpre que sen ϕϕϕϕ ≈ ϕϕϕϕ , polo que, neste caso, a ecuación domovemento quedará:

=m⋅g⋅dI O

⋅ Ecuación 1.4

que se ve que é a ecuación dun movemento harmónico simple ¨x=2⋅x

no que a pulsación do movemento será: =m⋅g⋅dIO

e a frecuencia: ν=2π=

12π⋅m⋅g⋅dIO

Resulta de interese ver como cambiaría a ecuación diferencial domovemento tomando como parámetro o ángulo ϕϕϕϕ da figura 1.5 nunmovemento xenérico, no plano XY, do ximnasta ó redor da barrafixa. �este caso, ó aplicar a ecuación Fundamental da Dinámica deRotación, se observa que o momento do peso sería positivo como se

Figura 1.4 : Unha posibleposición do ximnasta nun

movemento calquera

Figura 1.5 : Posiciónxenérica do ximnasta nunmovemento xeral ó redor da

barra


pode comprobar vendo na figura 1.5 o xiro antihorario que o peso crearía ó redor de O. Así, omomento do peso sería +mg·d·senϕϕϕϕ pois o ángulo ϕϕϕϕ tomado nesa figura é positivo polo que o seuseno tamén e, así, non cambia inadvertidamente o signo do momento.�este caso, a ecuación do movemento quedaría:

∑M O=IO⋅ ⇒ mg⋅d⋅sen=I O⋅ ⇒ =m⋅g⋅dI O

⋅senφ

Desta forma xa se consegue a ecuación diferencial do movemento:

=m⋅g⋅dIO

⋅sen φ Ecuación 1.5

Vese que esta ecuación non coincide en signo coa ecuación 1.3, o que resulta lóxico pois, aínda quese lles teña posto o mesmo nome, ϕϕϕϕ , os parámetros son diferentes como se comenta en detalle noremate do problema na �ota Complementaria 1.2.

Segunda parte) Cálculo da ecuación do movemento do ximnasta coas ecuacións de Lagrange(mentres está agarrado á barra)

Agora se estudiará o movemento como un xiro completo no plano XY,de acordo coa figura 1.6 na que o ximnasta se modela como unha barra. Amaioría das consideracións realizadas no apartado anterior seguen a serválidas, en concreto as que se refiren a que o parámetro ϕϕϕϕ que aquí setoma, indica a posición angular do ximnasta en todo momento, así como asconsideracións que se deducen deste feito en canto á velocidade eaceleración angular do ximnasta:

ω= Ecuación 1.6

= Ecuación 1.7

Utilizaranse as ecuacións de Lagrange como solicita a pregunta. Se

debe recordar que a función L de Lagrange é: pgc EEL −=

Calcularase a enerxía cinética Ec con relación ó punto fixo O, pois proporciona unha expresión máissimple que con relación ó centro de masas:

22

22

•

⋅=

⋅=

ϕω OOc

IIE

Para calcular IO se necesita aplicar o teorema de Steiner pois normalmente se coñece o momento deinercia con relación ó centro de masas IG :

2dmII Go ⋅+= Ecuación 1.8

,ota: se fose unha barra se sabería que IG = ML2/12, pero neste caso o enunciado afirma que IG=30kg·m2.



O Teorema de Steiner proporciona a expresión 1.8 que é incómoda de manexar en este caso senón énumericamente, polo que se arrastrará IO como dato, o que se pode facer pois se coñecen todos os datosimplicados no seu cálculo.

Para establecer a enerxía potencial gravitacional se toma como orixe de enerxías a posición máis baixado punto do G do ximnasta no seu xiro completo ó redor da barra, polo que a súa h nunha posición xenéricacomo a da figura superior será: h = d + d · cos ϕϕϕϕ. Polo tanto:

E p=m⋅g⋅h=m⋅g⋅dd⋅cos=m⋅g⋅d⋅1cos

E, polo tanto, a función lagrangiana L será:

L=EcE pg=IO⋅

2

2m⋅g⋅d⋅1cos

As ecuacións de Lagrange para, por exemplo, dous graos de liberdade, ϕϕϕϕ e θθθθ, toman a forma:

ddt ∂L∂

∂ L∂=Q

ddt ∂ L∂

∂ L∂=Q

sendo:• L a función lagrangiana: L=Ec – Ep , máis á miúdo representada como L = T – V, • sendo Qϕ a forza non conservativa xeneralizada que se calcula como o traballo virtual

producido polas forzas non conservativas ante unha variación virtual do parámetro ϕϕϕϕ,

mantendo constantes os demais parámetros: Q=W

• e sendo Qθ a forza non conservativa xeneralizada que se calcula como o traballo virtualproducido polas forzas non conservativas ante unha variación virtual do parámetro θθθθ,

mantendo constantes os demais parámetros: Q=W

�un caso como o deste problema no que o parámetro é único, ϕ ϕ ϕ ϕ , e ademais as únicas forzas nonconservativas (as reaccións no punto de suxeición do ximnasta á barra) non realizan traballo poractuar nun punto en repouso, a ecuación toma a forma:

ddt ∂L∂

∂ L∂=0

Polo tanto, neste caso, a ecuación do movemento se deducirá a partir de:

ddt ∂L∂

∂ L∂=0

Calculando os termos da ecuación un por un:


• Paréntese do primeiro termo: ∂ L

∂=∂

∂ IO⋅ 2

2m⋅g⋅d⋅1cos=IO⋅

• Primeiro termo:ddt ∂L∂ =

ddt IO⋅=I O⋅

• Segundo termo: ∂L∂=∂∂ IO⋅

2

2m⋅g⋅d⋅1cos=m⋅g⋅d⋅sen

E así, a ecuación de Lagrange quedará:

ddt ∂L∂

∂ L∂=0⇒ I O⋅m⋅g⋅d⋅sen=0⇒=

m⋅g⋅dI O

⋅sen

Co que xa se ten a ecuación diferencial do movemento:

=m⋅g⋅dIO

⋅sen Ecuación 1.9

Ó comparar esta ecuación do movemento coas obtidas na primeira parte, vese que coincide coa ecuación1.5 pero non coa ecuación 1.4, o que resulta evidente pois no caso da ecuación 1.5 se ten utilizado o mesmoparámetro que agora, mentres que na ecuación 1.4 o parámetro utilizado é diferente. No remate do problema,�ota Complementaria 1.2, se demostra a coherencia das dúas ecuacións entre si.

Tamén no remate do problema preséntase unha primeira integración da ecuación 1.9 na �otaComplementaria 1.1.

Teceira parte -preguntas de exame-

a) Velocidade de G e velocidade angular do ximnasta no instante en que se solta da barra(posición 2 da figura adxunta, a ππππ/4 rad da posiciónvertical inferior).

Como xa se viu na 1ª parte deste problema, a velocidade angular é•

= ϕω , pero agora se trata de saber exactamente o seu valor no

momento pedido.Neste caso, o máis cómodo é aplicar a ecuación da conservación da

enerxía entre a posición (1) e a posición (2) da figura 1.7: existeconservación da enerxía pois a única forza que realiza traballo duranteese percorrido entre (1) e (2) é o peso, e esta forza é conservativa –asreaccións Ox e Oy actúan nun punto fixo polo que non realizantraballo- :

E(1) + Wnon_conservativo = E(2) � E(1) = E(2)Tense que ter en conta que o enunciado informa de que o ximnasta

está en repouso na posición (1), polo que a ecuación anterior quedará:Epg(1) = Ec(2) + Epg(2)

Figura 1.7 : Percorrido doximnasta ata que se solta en (2)


Tomarase, igual que antes, como orixe de potenciais gravitacionais a posición máis baixa do ximnasta,polo que a ecuación anterior quedará:

⋅−⋅+⋅=⋅⇒⋅+⋅=⋅••

4cos

2

12

2

12

2

2

2 πϕϕ ddmgIdmghmgIdmg OO

Operando:

mg⋅2d=12IO⋅˙

2mg⋅d⋅1cos π

4 ⇒mg⋅d⋅1cos π4 =1

2IO⋅˙

2

E tendo en conta que, de acordo co teorema de Steiner: 222 10517530 mkgdmII Go ⋅=⋅+=⋅+=

Quedará: sradksrad /89,4/89,41052

1

4cos118,975

2

=⇒=⇒⋅⋅=

+⋅⋅⋅••

ωϕϕπ

Ponse o signo positivo que corresponde á velocidade angular en (2) cos eixes seleccionados na figura1.7.

Agora xa se pode establecer a velocidade do centro de masas na posición (2) pedida coa axuda dasecuacións da Cinemática:

smjijdisendkOGxVV OG /46,346,34

cos4

89,40 +=

⋅−⋅×+=+=ππ

ω

En valor: smVG /89,4246,346,346,3 22 =⋅=+=

como é lóxico pois é: vG=ω⋅d=4,89⋅1=4,89 m/ s )

b) Unha vez que se solta da barra, graos de liberdade e ecuacións diferenciais do seu movemento.Tomando como referencia para t=0 o momento en que se solta, dar a posición do ximnastaen función do tempo.

Unha vez que o ximnasta queda libre, se tratará do movemento duncorpo libre no plano, e os corpos libres no plano teñen 3 graos deliberdade. Deste xeito, para determinar a súa posición se necesitantres parámetros que, normalmente serán: dúas coordenadas paradeterminar a posición do centro de masas G do corpo (xG e yG, porexemplo), e un ángulo para determinar o xiro do corpo ó redor deG.

Por iso se utilizarán, como parámetros, as coordenadas cartesianas docentro de masas xG , yG e un ángulo de xiro do corpo ó redor do centro demasas, por exemplo o ángulo ϕϕϕϕ da figura.

Tamén nestes casos, nos que o parámetro angular está a dar o ángulode xiro do sistema ó redor do centro de masas, a velocidade angular do sistema e a primeira derivada desteparámetro angular coinciden. Sen embargo, se se desexan comprobar os signos utilizando o parámetro ϕϕϕϕ dafigura superior, vese que se a velocidade angular é positiva (considerando xiro antihorario), o valor doparámetro ϕϕϕϕ , que é positivo, estará a aumentar polo que tamén é positiva a súa primeira derivada: así

coinciden tamén en signo: = .

Aínda que basta coa consideración anterior (que o ángulo estableza a posición angular do corpo ó redordo centro de masas) para establecer a igualdade de signos entre a velocidade angular do corpo e a primeiraderivada do parámetro angular, pódese ver que aínda que se considerase velocidade angular negativa porimaxinar xiro horario ó corpo na posición anterior, veríase que, neste caso, o valor de ϕϕϕϕ , que é positivo,

Figura 1.8 : Posiciónxenérica do ximnasta unha

vez soltado da barra


estaría a diminuír polo que sería negativa a súa primeira derivada, e así tamén coincidirían os signos davelocidade angular e da primeira derivada do parámetro angular.

Desta forma, a velocidade angular e a aceleración angular serán: = e = .

Para establecer as ecuacións da posición, aplícase a 2ª Lei de Newton e a Ecuación da Dinámica deRotación:

➢ 2ª lei de Newton:

• En X: ∑ F x=m⋅¨xG⇒0=m⋅ ¨xG⇒ ¨xG=0

• En Y: ∑ F y=m⋅yG⇒mg=m⋅yG⇒ yG=g

➢ Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación (ó non haber un eixe fixo de xiro, se aplicará nocentro de masas):

• ∑M G=I G⋅α⇒∑M G=I G⋅⇒0= IG⋅⇒ =0Polo tanto, as ecuacións diferenciais do movemento son:

¨xG=0 ÿG=g =0 Ecuacións 1.10

Como piden a posición do ximnasta en función do tempo, se deben integrar estas ecuacións.➢ Integración en X :

¨xG=0 Ecuación 1.11

¨xG=0 integrando ˙xG=constante=vGx=3,46 m / s Ecuación 1.12

segundo os valores calculados no apartado anterior.

Volvendo a integrar: Ctetxdtdxdtdxdt

dxGGG

G +=⇒⋅=⇒⋅=⇒= ∫∫ 46,346,346,346,3

E como para t=0 é xG = d·sen ππππ/4 = 0,707 (ver figura 1.7), vese na ecuación anterior que:707,0046,3707,046,3 =⇒+⋅=⇒+= CteCteCtetxG

Polo que a posición en X do centro de masas queda:

707,046,346,3 +=⇒+= txCtetx GG Ecuación 1.13

➢ Integración en Y:

yG=g Ecuación 1.14

ÿG=g ⇒d ˙yG

dt=g integrando ∫ d ˙yG=∫ g⋅dt⇒ ˙yG=g⋅tCte

Para calcular a constante Cte sábese que para t=0 é y=vGy0=3,46 m /s de acordo cos cálculos

do apartado anterior. Levando isto á ecuación anterior quedará:

˙yG=gtCte⇒3,46=g⋅0Cte⇒Cte=3,46

E sabida a constante Cte, a ecuación queda:


˙yG=gtCte ⇒ ˙yG=gt3,46 Ecuación 1.15

Integrando a ecuación anterior:

Ctetgt

ydtdtgtdydtdtgtdygtdt

dyGGG

G ++−=⇒⋅+⋅−=⇒⋅+⋅−=⇒+−= ∫∫∫ 46,32

46,346,346,32

E como para t=0 sábese que yG = - d·cos ππππ/2 = - 0,707 (ver figura 1.7), a ecuación anterior quedará:

707,0046,32

0707,046,3

2

22

−=⇒+⋅+⋅

−=−⇒++−= CteCteg

Ctetgt

yG

Polo que a posición en Y do centro de masas queda:

707,046,39,446,39,4 22 −+−=⇒++−= ttyCtetty GG Ecuación 1.16

➢ Integración angular :

=0 Ecuación 1.17

Integrándoa igual que a ecuación 1.11, chégase a que:

=0 integrando =conste=0=4,89 rad/s Ecuación 1.18

E volvéndoa á integrar, se terá (considerando que para t=0 é ϕϕϕϕ = π π π π /4):

ϕ=4,89t0,785 Ecuación 1.19

c) Altura máxima que acada o centro de gravidade do ximnasta.

Pide a altura máxima do ximnasta que, tal como están situados os eixes coordenados, será a yG máxima.Polo tanto, como a ecuación de yG é a ecuación 1.16 :

707,046,39,4 2 −+−= ttyG

Iguálase a cero a primeira derivada para obter o valor máximo de yG :

dyG

dt=9,8 t3,46=0⇒ t=0,353 s Ecuación 1.20

Este é o instante no que se produce a coordenada vertical máxima. Polo tanto, esta coordenada será:

yG=4,9t 23,46 t0,707=4,9⋅0,35323,46⋅0,3530,707=0,096 m Ecuación 1.21

É dicir, a altura máxima corresponde á posición do centro de masas de 0,096 m por debaixo da barra desubxección do ximnasta.

d) Centro instantáneo de rotación na posición anterior.

Nesta posición, como en calquera outra, se terá:

GIVV GI ×+= ω Ecuación 1.22


E nesta ecuación: ➢ Primeiro membro:

0=IV Ecuación 1.23

➢ Primeiro termo do segundo membro: GGG yxV

••

+=

E segundo as ecuacións 1.12 e 1.15 será: VG=xGy

G== 3,46 igt3,46 j

que no instante indicado (t=0,353 s) tomará o valor:

( ) ijgiV G 46,346,3353,046,3 =+⋅−+= Ecuación 1.24

(loxicamente, na posición de máxima altura, a compoñente Y da velocidade de G é nula poissenón o G aínda seguiría subindo)➢ O segundo termo do segundo membro da ecuación 1.22 será, segundo a ecuación 1.18:

ω=4,89 k rad /s Ecuación 1.25

GI=x IxG i yI yG j

A coordenada yG no instante pedido está dada na expresión 1.21 (yG = -0,096 m), e acoordenada xG para o instante pedido (t=0,353 s) se pode calcular coa ecuación 1.13:

mtxG 93,1707,0353,046,3707,046,3 =+⋅=+= Ecuación 1.26

Polo tanto:

( ) ( ) ( ) ( ) jyixjyyixxGI IIGIGI 096,093,1 ++−=−+−= Ecuación 1.27

Levando agora as expresións 1.23, 1.24, 1.25 e 1.27 á ecuación 1.22, se terá:

( ) ( )[ ]jyixkiGIVV IIGI 096,093,189,446,30 ++−×+=⇒×+= ω

Operando: ( ) ( ) iyjxi II 096,089,493,189,446,30 +⋅+−⋅−=

En X: 0 = 3,46-4,89·(yI +0,096) � yI = 0,612 mEn Y: 0 = 4,89·(xI – 1,93) � xI = 1,93 m

e) Centro J de aceleracións nesa mesma posición.

Nesta posición, como en calquera outra, se terá:

GJGJaa GJ ⋅−×+= 2ωα Ecuación 1.28

Pero nesta posición temos: ➢ Primeiro membro:

0=Ja Ecuación 1.29


➢ Primeiro termo do segundo membro:

aG= ¨xGi jG j=g j Ecuación 1.30

de acordo coas ecuacións diferenciais do movemento 1.10.

➢ Segundo termo do segundo membro, segundo ecuación 1.17, será nulo pois

α==0 Ecuación 1.31

➢ Terceiro termo do segundo membro será, segundo a ecuación 1.18:

sradk /89,4=ω Ecuación 1.32

GJ=x JxG i y J yG jA coordenada yG no instante pedido está dada na expresión 1.21 (yG = -0,096 m), e acoordenada xG neste mesmo instante xa está na expresión 1.26 (xG = 1,93 m). Polo tanto:

( ) ( ) ( ) ( ) jyixjyyixxGJ JJGJGJ 096,093,1 ++−=−+−= Ecuación 1.33

Levando agora as expresións 1.29, 1.30, 1.31, 1.32 e 1.33, á ecuación 1.28, quedará:

aJ=aGα×GJω2GJ⇒0=g j0 ×GJ4,892⋅[x J1,93 i yJ0,096 j ]⇒⇒0=9,8 j4,892⋅[x J1,93 i yJ0,096 j ]⇒[4,892⋅ x J1,93] i23 ,9⋅y J12,1 j=0

En X obtense: xJ = 1,93 mEn Y obtense: yJ = 0,314 m

�ota Complementaria 1.1 : Integración dunha ecuación diferencial

Pregunta: Realizar a primeira integración da ecuación diferencial 1.9: =m⋅g⋅dI O

⋅sen

É simple realizar a primeira integración dunha ecuación diferencial como a 1.9, na que só aparece a 2ªderivada do parámetro pero non a primeira. En efecto, nestes casos é útil aplicar a seguinte relación :

¨=d

d t =d

d⋅dd t=

d

d⋅

Co que a ecuación diferencial do movemento quedará:

¨=m⋅g⋅dI O

⋅sen ⇒d

d ⋅=

m⋅g⋅dIO

⋅sen ⇒d ⋅=m⋅g⋅dIO

⋅sen ⋅d

Pódese realizar unha primeira integración na ecuación anterior con facilidade, quedando:

˙2

2=

m⋅g⋅dIO

⋅cosC Ecuación 1.34


sendo C unha constante de integración que ten un valor que se pode determinar co valor inicial davelocidade angular. En efecto, supoñendo que na posición inicial vertical (ϕϕϕϕ=0º) a velocidade angular é nula,se poden substituír estes valores na ecuación anterior, quedando esta:

˙2

2=

m⋅g⋅dI O

⋅cosC ⇒ 0=m⋅g⋅dIO

⋅cos0ºC ⇒ 0=m⋅g⋅dIO

C ⇒ C=m⋅g⋅dIO

Polo que, a ecuación 1.34 quedaría:

˙2

2=

m⋅g⋅dI O

⋅cosC ⇒ ˙2

2=

m⋅g⋅dIO

⋅cosm⋅g⋅dIO

⇒ ˙2

2=

m⋅g⋅dIO

⋅1cos

Pódese plantexar a segunda integración que quedaría:

˙2

2=

m⋅g⋅dIO

⋅1cos ⇒ = 2m⋅g⋅dIO⋅1cos ⇒

d dt=2m⋅g⋅dI O

⋅1cos ⇒

⇒d

2m⋅g⋅dIO⋅1cos

=dt ⇒ IO2m⋅g⋅d

⋅∫ d

1cos=∫ dt

�ota Complementaria 1.2 : Comparación de ecuacións con diferentes parámetros

Pregunta: �este exercicio se obteñen dúas ecuacións diferenciais diferentes para o

movemento do ximnasta mentres está suxeito á barra, a ecuación 1.3: =m⋅g⋅dI O

⋅sen e a

ecuación 1.5: =m⋅g⋅dIO

⋅sen . Explicar como é posible que sexan diferentes.

Comparando a ecuación 1.3 coa ecuación 1.5 vese que non se obtén a mesma ecuación diferencial domovemento. Sen embargo isto débese a que, na dedución da ecuación 1.5 mídense ángulos desde +Y(ángulo ϕϕϕϕ na figura 1.9 da dereita), e na ecuación 1.3 medíanse desde -Y (ángulo θθθθ na figura 1.9 da dereita).Con esta nomenclatura, a ecuación 1.3 deberíase expresar así:

=m⋅g⋅dIO

⋅sen Ecuación 1.35

Polo tanto, para poder comparar ambas ecuacións débese utilizar enambos casos o mesmo parámetro. Así, por exemplo pódese expresar aecuación 1.5 en función de ángulos medidos desde -Y igual que naprimeira parte. En efecto, ó estudiar unha posición xenérica do ximnasta talcomo a da figura 1.9 da dereita, pódese ver que o ángulo ϕϕϕϕ utilizado nesta2ª parte é:

=180º= Ecuación 1.36

e derivando esta ecuación dúas veces se terá que:

= Ecuación 1.37

Figura 1.9 : Diferentesparámetros para situar aposición do ximnasta


Levando estas expresións 1.36 e 1.37 á ecuación 1.5, para substituír ϕϕϕϕ por θθθθ, quedará:

=m⋅g⋅dIO

⋅sen ⇒ =m⋅g⋅dI O

⋅sen ⇒ =m⋅g⋅dIO

⋅ sen⋅coscos⋅sen ⇒

⇒ =m⋅g⋅dI O

⋅sen

que vese que é a mesma ecuación 1.3 (1.35 chamando θθθθ ó parámetro) obtida na primeira parte.

�ota Complementaria 1.3 : Magnitudes angulares e derivadas do parámetroangular

Pregunta: Con relación ó movemento do ximnasta mentres está suxeito á barra, demostraranaliticamente a relación da velocidade angular e da aceleración angular do ximnasta coasderivadas do parámetro.

Comprobarase aquí analiticamente, a relación entre velocidade e aceleración angular e as derivadasprimeira e segunda do parámetro, utilizando as ecuacións da Cinemática. Para isto, primeiro se debe coñecera velocidade liñal dalgún punto, por exemplo do centro de masas, en función das derivadas do parámetro:

- Posición xenérica de G (ver figura 1.10):

➢ ϕsendxG ⋅=

➢ ϕcos⋅−= dyG- Co que as compoñentes da velocidade e da aceleración de G se

obterán derivando as ecuacións anteriores:

➢ ˙xG=d⋅˙⋅cos ϕ ⇒ ¨xG=d⋅¨⋅cos ϕd⋅˙2⋅sen ϕ

➢ ˙yG=d⋅˙⋅sen ϕ ⇒ ÿG=d⋅¨⋅sen ϕd⋅˙2⋅cos ϕ

- Aplicando agora as ecuacións da Cinemática, se poderácalcular a velocidade angular e a aceleración angular doximnasta en función das derivadas do parámetro ϕϕϕϕ, órelacionar, primeiro a velocidade de G coa velocidade de O(nula), e logo relacionando a aceleración de G coa aceleraciónde O (tamén nula) :

- Apli

➢ Velocidades: vG=vOω×OG ,

➢ e como arriba se ten a velocidade de G :

jsendidvG ϕϕϕϕ ⋅⋅+⋅⋅=••

cos ,

➢ e na figura anterior se pode establecer que OG=d⋅senϕ id⋅cosϕ j , ➢ mentres que a velocidade angular só ten compoñente Z =⋅k ,

se terá que:

( )jdisendkjsendidOGvv OG ϕϕωϕϕϕϕω cos0cos ⋅−⋅×+=⋅⋅+⋅⋅⇒×+=••

Operando : jsendidjsendid ϕωϕωϕϕϕϕ ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅••

coscos

Co que igualando tanto en X como en Y, se obtén: ω=

Figura 1.10 : Localizacióndo centro de masas do

ximnasta


E vese que se obtén analiticamente que a velocidade angular coincide con •

ϕ , o mesmo

que se obtivo por consideracións puramente cualitativas durante a resolución do problema.

- Verase agora a utilización dun método analítico para relacionar a aceleración angular coasegunda derivada do parámetro. Farase tratando coa posición elixida na figura 1.10. Igual que nocaso das velocidades, se establecerá a relación entre a aceleración de G coa aceleración de O

(nula, claro). A relación entre as aceleracións aG eaO vén dada pola Cinemática:

aG=aOα ×OGω2⋅OG

➢ e utilizando as expresións que se deduciron antes para a aceleración de G:

aG=d⋅¨⋅cos d⋅˙2⋅sen id⋅¨⋅sen d⋅˙

2⋅cos j ,

➢ tendo a aceleración angular a dirección de Z: =⋅k ,

➢ e na figura anterior se pode establecer que OG=d⋅senϕ id⋅cosϕ j , polo que se obterá:

aG=aO×OG2⋅OG ⇒

⇒ d⋅⋅cosd⋅2⋅sen id⋅⋅sen d⋅

2⋅cos j=

=0k×d⋅sen id⋅cos j 2⋅d⋅sen id⋅cos j

Operando:

d⋅¨⋅cos d⋅˙2⋅sen id⋅¨⋅sen d⋅˙

2⋅cos j=

=d⋅⋅cos d⋅˙2⋅sen id⋅⋅sen d⋅˙

2⋅cos j

Co que igualando tanto en X como en Y, se obtén: =

E compróbase o que xa se sabía, que a aceleración angular coincide coa derivada segunda doparámetro ϕ ϕ ϕ ϕ .

PROBLEMA Nº 2 : Barra ligada a un punto con dous resortes (Exame de setembro 2002). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.Páxina 16

PROBLEMA �º 2 : Barra ligada a un punto con dous resortes(Exame de setembro 2002)

Dado o sistema mecánico da figura, determinar:a) Ecuación diferencial do movemento da barra ABb) Reacción nos puntos A e B en función de m, k, d, ϕϕϕϕ

e as súas derivadas.c) Velocidade angular da barra AB en función de ϕϕϕϕd) ¿Para que ángulo é nula a reacción en A?Datos: Barra AB: homoxénea, masa m e lonxitude d.Resortes: Constante elástica k; lonxitude natural

depreciable.Coeficiente de rozamento nulo para todas as superficies en contacto.

Solución:

a) Ecuación diferencial do movemento da barra AB

Comezarase por localizar o CIR I, o que resulta ben sinxelo facelo de forma gráfica dado que son bencoñecidas as direccións das velocidades dos puntos A e B.

O alumno debe recordar que para calquera puntos A e B: BAVV BA ×+= ωE tomando como punto B o CIR I do sistema, se terá que:

{ } IAVcomoIAVV IIA ×===×+= ωω 0Vese que a velocidade de calquera punto A é perpendicular á liñaIA que o une ó CIR I. Polo tanto, o CIR estará sempre na liñaperpendicular á velocidade de todo punto. Deste xeito basta coñecera dirección das velocidades de dous puntos do sistema para,trazando a perpendicular a cada unha delas, ver en que punto secruzan pois este punto será o CIR.

De acordo con isto, se realiza a localización gráfica do CIR na figura2.1.

Agora se establecerán as ecuacións do movemento do centro demasas, para o que se utilizará a figura 2.2. Se utilizará o ángulo ϕϕϕϕ dadoque é o que o problema pide utilizar nun apartado posterior.

Se a alumno puidese elixir, puidera non ser recomendable elixireste parámetro pois é un ángulo negativo cos eixes habituais.Isto provoca que os signos das relacións nas que se utilice oparámetro poden ter un signo diferente do que aparece explícitonas expresións, e isto esixe unha maior atención ó establecerrelacións.

Figura 2.1 : Determinacióngráfica do CIR

Figura 2.2 : Posición do G


En efecto, os alumnos deben ter en conta que, traballando como é habitual con ángulos de valoresabsolutos comprendidos entre 0º e 90º, o seno e a tanxente dun ángulo negativo son negativos,mentres que o coseno é positivo. Polo tanto, aquelas expresións nas que apareza un seno ou unhatanxente dun ángulo negativo terán, polo que a eles respecta, o signo contrario ó que aparezaexplicitamente.Así, por exemplo, a partir da figura 2.2 se podería ver que:

ϕ

ϕ

send

y

dx

G

G

⋅=

⋅=

2

cos2

Sen embargo, estas ecuacións non son correctas pois o ángulo ϕϕϕϕ é negativo (ángulo en sentidohorario medido desde a súa liña de referencia cero, cun eixe Z cara fóra do plano do debuxo), e estefeito cambia o signo explícito do seno (o seno dun ángulo positivo é positivo, pero o dun ángulonegativo é negativo) polo que, implicitamente, está invertido o signo da coordenada yG. Por iso, asexpresións anteriores estarían a dicir que a coordenada yG da figura 2.2 é negativa o que,obviamente, é falso. Por iso, as coordenadas do centro de masas deben expresarse así:

xG=d2⋅cosϕ

yG=d2⋅senϕ

Isto, obviamente, aumenta as posibilidades de erro polo que, se o alumno puidese elixir o parámetro,sería recomendable elixir o ángulo complementario de ϕ ϕ ϕ ϕ que é positivo e, sendo así, os signosexplícitos das expresións nas que entre ese outro parámetro serán os signos reais polo que o alumnodeberá ter moito menos coidado.Habería outra forma de evitar os ángulos negativos e sería cambiaros eixes a utilizar, e tomar, por exemplo, os da figura 2.3 cos eixesXZ no plano do movemento,e o eixe Y entrante en dito plano. Destaforma os ángulos que son negativos cos eixes habituais, son agorapositivos. Sen embargo isto ten outras dificultades pois, ademais deestar atentos a utilizar Z en vez de Y, se debe estar atento ós xirospois todos teñen o signo contrario ó habitual: xiros antihorariosserán agora negativos, e os xiros horarios serán positivos.Por iso, se os cálculos son poucos e simples pode ser mellor traballar co parámetro negativo e estaratento ás aparicións de senos e tanxentes do parámetro para cambiar os seus signos explícitos. Senembargo se hai moitos cálculos, pode ser mellor utilizar estes outros eixes.

De acordo co que se acaba de comentar, e utilizando os eixes habituais, debuxados na figura 2.2 (eixe Zsaínte no plano do movemento), as ecuacións da posición do centro de masas do sistema da figura 2.2 son:

xG=d2⋅cos

yG=d2⋅sen

Ecuación 2.1

E as ecuacións da velocidade serán polo tanto, derivando:

Figura 2.3 : Eixesalternativos


˙xG=d⋅

2⋅sen

˙yG=d⋅

2⋅cos

Ecuación 2.2

Pola súa parte a aceleración de G se obterá derivando as ecuacións 2.2:

¨xG=d⋅¨2⋅sen

d⋅˙2

2⋅cos

ÿG=d⋅

2⋅cos

d⋅2

2⋅sen

Ecuacións 2.3

Aplicando as regras que se teñen visto no exercicio anterior, poderíase dicir xa que, dado que oparámetro ϕϕϕϕ indica a posición angular do sistema con relación ó centro de masas, a velocidade angular dosistema debe coincidir coa primeira derivada deste parámetro, polo que pódese dicir que:

ω= Ecuación 2.4

No remate deste problema se presenta, na �ota Complementaria 2.1, a aplicación dun método analíticopara establecer a relación entre a velocidade angular do sistema e a primeira derivada do parámetro angularutilizado nos casos en que esta relación non resulta simple para o alumno. Resulta de moito interese coñecereste método xeral pois non sempre é evidente a relación, e dito método é de validez xeral.

Pola súa parte, como o valor da aceleración angular é α= ˙ω , pódese obter a aceleración angular αααα en

función do parámetro, derivando a ecuación 2.4:

== Ecuación 2.5

Polo que respecta ás ecuacións do movemento, resultaconveniente ter en conta que:

• a Mecánica Clásica proporciona tres ecuacións para omovemento plano, a 2ª Lei de Newton proxectada en X, a 2ª Leide Newton proxectada en Y, e a Ecuación Fundamental daDinámica de Rotación,

• e este sistema ten tres incógnitas, dúas reaccións �A e �B, e aecuación diferencial do movemento.Por isto resultaría moi interesante poder aplicar a Ecuación

Fundamental da Dinámica de Rotación no CIR I, pois neste punto osmomentos das reaccións �A e �B son nulos (ver diagrama de sólidolibre na figura 2.4), e desta forma se obtería directamente a ecuacióndiferencial do movemento ó aplicar a Ecuación Fundamental daDinámica de Rotación pois as outras dúas incógnitas (�A e �B) non aparecerán nela.

Sen embargo, antes de aplicar a Ecuación Fundamental da Dinámica de Rotación con relación a unpunto, se debe ter en conta que esta ecuación na súa forma válida para movementos planos adopta aseguintes forma xeral con relación a calquera punto O :

Figura 2.4 : Diagrama de sólidolibre da barra


M O=dLO

dtm⋅OG ×aO

Ecuación 2.6

sendo G o centro de masas do sólido, e aO a aceleración do punto O con relación ó que se aplica

a ecuación. E, como se ve, esta ecuación resultará útil sempre que a aceleración do punto O sexa bencoñecida.Esta fórmula se simplifica no caso de aplicala a:

• calquera punto O do sólido ríxido, no que sempre se cumprirá que IO = constante

• ou a calquera outro punto O no que se cumpra isto mesmo: que IO = constante, �este caso se terá que, dado que o momento cinético do sólido con relación ó punto O LO é:LO = IO · ωωωω, o primeiro sumando do segundo membro da ecuación 2.6 quedará:

dLO

dt=

ddt IO⋅= IO⋅

E así, a ecuación 2.6 quedará na seguinte forma máis útil :

M O=IO⋅m⋅OG ×aO Ecuación 2.7

De acordo con esta ecuación xeral 2.7, a súa forma simplificada:

M O=IO⋅ Ecuación 2.8

só se poderá aplicar cando o segundo sumando do segundo termo da ecuación 2.7 sexa nulo:

m⋅OG ×aO=0

o que ocorrerá cando se cumpra algunha das seguintes condicións 2 .1 :

➢ o punto O sexa o centro de masas G ,pois así o vector OG será nulo.

➢ o punto O sexa un punto sen aceleración (centro de aceleracións), pois así aO=0 .

➢ ou o punto O teña unha aceleración na dirección OG, pois así, sendo OG paralelo a aO

, o producto vectorial destes dous vectores será nulo.

Se debe recordar que, para poder aplicar a ecuación simplificada 2.8, obviamente se debe cumprirque o momento de inercia sexa constante o que se cumprirá para todos os puntos do sólido ríxido e,en xeral, para todos os puntos nos que o momento de inercia con relación a estes dependa só dasdimensións do sólido.Polo tanto, a Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación se poderá aplicar naqueles puntos Oque cumpra unha das tres condicións 2.1 anteriores, e ademais unha das dúas condicións 2 .2 seguintes :➢ o punto O sexa un punto do sólido ríxido,➢ ou o momento de inercia do sólido con relación ó punto O dependa unicamente das dimensións

do sólido e non da súa posición.Por último cabe recordar que, nos movementos planos, os sumandos da Ecuación da Dinámica deRotación nas súas diferentes formas só teñen compoñentes na dirección perpendicular ó movemento,polo que se utilizan directamente nesa dirección, que será Z se se utilizan os eixes habituais. Así, porexemplo, a Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación se utiliza así, xa proxectada na direcciónperpendicular ó plano do movemento:

M O=IO⋅ Ecuación 2.9


Volvendo ó exercicio, e non sendo o CIR I un punto do sólido, antes de poder aplicar nel a EcuaciónSimplificada da Dinámica da Rotación, ecuación 2.9, se debe comprobar que cumpre a segunda dascondicións 2.2 anteriores, ou sexa que o momento de inercia do sólido con relación a ese punto só dependedas dimensións do sólido. Ademais, como I non cumpre ningunha das dúas primeiras condicións 2.1

anteriores, deberase comprobar se cumpre a terceira: que a súa aceleración teña a dirección de IG (ouGI ). Normalmente non compensará facer esta comprobación e se aplicará a ecuación simplificada con

relación ó centro de masas G, pero neste caso pode facelo pois desde logo simplifica moito a aplicación daecuación da dinámica da rotación. Ademais, dado o carácter xeral da comprobación seguinte, permitirácomprobar que barras con este tipo de movementos (direccións constantes das velocidades dos extremosdunha barra, e perpendiculares entre si), admiten aplicar a Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotaciónno CIR, o que permitirá simplificar a resolución dalgún outro problema posterior.

Verase agora, polo tanto, que o punto I cumpre estas condicións. Para calcular II se debe aplicar o teorema de Steiner, sendo IG = m·d2/12, e sendo a distancia

IG=d /2 como se pode ver na figura 2.4 dada a simetría do sistema:

3212

2222 mdd

mmd

IGmII GI =

⋅+=⋅+= Ecuación 2.10

Vese que efectivamente II é independente da posición de I pois só depende da masa da barra e da súalonxitude, polo que se cumpre a 2ª das condicións 2.2.

Para ver se este punto cumpre a 3ª das condicións 2.1, se calculará a aceleración de I para ver se a

súa dirección ten a dirección de GI . Esta aceleración se calculará a partir da aceleración do centro demasas G que xa está calculada nas ecuacións 2.3:

a I=aG ×GI2GINesta ecuación, para ver a aceleración de I, xa se ten a aceleración de G nas ecuacións 2.3, sendo os

demais termos:

• ×GI=k × d⋅cosid⋅senj=⋅d⋅cosj⋅d⋅seni

• onde, como se pode ver na figura 2.4, o alumno debe darse de conta que GI ten as súas

dous compoñentes positivas, pero como o parámetro angular ϕϕϕϕ é negativo, o seu seno serátamén negativo polo que se debe incluír un signo negativo na compoñente Y de GI na que

aparece o seno. Ademais se ten utilizado a ecuación 2.5 que establece a igualdade entre aaceleración angular da barra e a segunda derivada do parámetro.

• Polo que respecta ó termo 2GI= 2GI resulta innecesario calculalo pois está claro que

esta expresión dá un resultado que se encontra na dirección GI .Polo tanto se trata de comprobar se a suma dos dous primeiros sumandos do segundo membro da

ecuación ten a dirección de GI , para o que basta comprobar se é un múltiplo de cosisenj dado que: GI=d⋅cosisen j .

Sumando entón ditos termos, se terá:

aG ×GI=d⋅⋅send⋅ 2⋅cosid⋅⋅cosd⋅ 2⋅senj...

...⋅d⋅cosj⋅d⋅seni=d⋅ 2⋅cosid⋅ 2⋅senj=d⋅ 2⋅cosisenj

que se ve que é un múltiplo de cosisenj polo que ten a dirección de GI .

Polo tanto, cumpre a 3ª das condicións 2.1, e así se ve que é posible aplicar a Ecuación da Dinámicada Rotación simplificada con relación ó punto I. Para facelo, se utilizará o diagrama do sólido libre da barrapresentado na figura 2.4:


∑M I= I I⋅α

e recordando que II está dado na ecuación 2.10, e que a aceleración angular αααα está dada na ecuación2.5, a ecuación anterior se desenvolverá da seguinte forma:

F eA⋅IAmg⋅ICFeB⋅IB=md2

3⋅ Ecuación 2.11

Vese que hai tres momentos, o da forza FeA , o da forza FeB e o do peso, sendo os signos explícitosdestes momentos os indicados na ecuación 2.11, de acordo co que se pode observar na figura 2.4. Senembargo, ó expresalos agora en función do parámetro, débese ter coidado pois os sumandos nos que aparezao parámetro ϕϕϕϕ ou o seu seno, verán cambiado o seu signo explícito.

Pola súa parte, como o enunciado afirma que os resortes son de constante k e lonxitude natural nula:

F eA=k⋅OA=k⋅d⋅sen F eB=k⋅OB=k⋅d⋅cos

Ecuacións 2.12

Ademais se ve na figura superior que as distancias IA, IB e IC son: IC = BC’ = d/2 · cos ϕIA = d · cos ϕIB = d · sen ϕ

Levando todos estes valores á ecuación 2.11, se terá a ecuación diferencial do movemento:

k⋅d⋅sen ⋅d⋅cos mg⋅d2⋅cos k⋅d⋅cos ⋅d⋅sen =

md 2

3⋅

Pero tal como se ten indicado, o primeiro e terceiro sumando teñen cambiado o seu signo polautilización do seno do parámetro. Polo tanto, para recuperar o signo que realmente teñen eses momentos, selles deba cambiar o signo, quedando a ecuación:


md 2

3⋅

Operando, os sumandos primeiro e terceiro do primeiro membro se eliminan, quedando:

mg⋅d2⋅cos =

md 2

3⋅ ⇒ =

3g2d⋅cos

Sendo, polo tanto, a ecuación do movemento:

=3g2d⋅cos Ecuación 2.13

No remate do problema, na �ota Complementaria 2.1, utilízase un método analítico para relacionar avelocidade angular do sistema e a primeira derivada do parámetro. Resulta de moito interese coñecer estemétodo xeral pois non sempre é evidente a relación realizando diagramas dos sólidos, e dito método é devalidez xeral.

b) Reacción nos puntos A e B en función de m, k, d, ϕϕϕϕ e as súas derivadas.

Unha vez utilizada a Ecuación Fundamental da Dinámica da Rotación para calcular a ecuación domovemento, as reaccións nos puntos A e B se obteñen aplicando a segunda lei de Newton nas direccións X eY:


∑ F x=m⋅aGx⇒ � AF eB=m⋅¨xG

∑ F y=m⋅aGy⇒� BmgF eA=m⋅ÿGEcuacións 2.14

E utilizando as ecuacións 2.12 para as forzas dos resortes e as ecuacións 2.3 para as expresións daaceleración de G, as ecuacións 2.14 quedarán:

� AF eB=m⋅¨xG⇒� Ak⋅d⋅cos =m⋅d⋅¨2⋅sen

d⋅2

2⋅cos

� BmgF eA=m⋅ ÿG⇒ � Bmgk⋅d⋅sen =m⋅d⋅¨2⋅cos

d⋅˙2

2⋅sen

Nótese que, na segundo ecuación, se ten posto signo explícito positivo á forza FeA pese a que, comose ve na figura, é negativa. Isto se debe a que o signo negativo xa o inclúe o seno do parámetro.

Agora xa se poden despexar as �A e �B pedidas:

� A=k⋅d⋅cos m⋅d⋅¨2⋅sen

d⋅2

2⋅cos Ecuación 2.15

� B=k⋅d⋅sen m⋅gd⋅¨2⋅cos

d⋅2

2⋅sen Ecuación 2.16

Unha vez chegados a este punto, non sería difícil dar estas reaccións en función unicamente doparámetro, substituíndo as súas derivadas:

• a 2ª derivada vén dada na ecuación 2.13 en función do parámetro,

• mentres que o cadrado da 1ª derivada sería simple de obter integrando esta última ecuación coaaxuda do método explicado na Nota Complementaria 1.1. De feito esta integración se realiza noapartado seguinte.

c) Velocidade angular da barra AB en función de ϕϕϕϕ

A velocidade angular da barra AB xa está expresada na ecuación 2.4 en función da 1ª derivada do

parámetro: ω=Sen embargo se debe ter coidado porque piden a velocidade angular en función do parámetro pero non

das súas derivadas. Polo tanto haberá que calcular a primeira derivada do parámetro en función deste. Paraisto se debe integrar unha vez a ecuación diferencial do movemento 2.13:

=3g2d⋅cos

Para poder realizar esta primeira integración hai que recordar que:


¨=d

d t =d

d⋅dd t=

d

d⋅

Utilizando esta igualdade na ecuación do movemento, esta queda:

∂

∂⋅=

3g2d⋅cos d ⋅=

3g2d⋅cos ⋅d

Integrando:

∫ d ⋅=3g2d⋅∫cos ⋅d ⇒ ˙

2

2=3g2d⋅sen Cte Ecuación 2.17

Para determinar a constante de integración se parte de saber que na posición inicial vertical da barra a

velocidade é nula, polo que para (recordar que o parámetro é negativo) ϕϕϕϕ = -90º é =0 . Levando isto á

ecuación anterior se calcular a Cte:

0=3g2d⋅sen 90ºCte ⇒ Cte=

3g2d

Polo tanto, a ecuación 2.17 quedará:

˙2

2=

3g2d⋅sen

3g2d

⇒ =3gd ⋅1sen E polo tanto, a ecuación 2.4 da velocidade angular quedará en función do parámetro:

==3gd ⋅1sen Ecuación 2.18

d)¿Para que ángulo é nula a reacción en A?

Para ver as condicións nas que a reacción �A podería ser nula, se examina a ecuación 2.15 igualándoa acero, quedando:

� A=k⋅d⋅cos m⋅d⋅¨2⋅sen

d⋅2

2⋅cos =0 ⇒

⇒k⋅dm⋅d⋅2

2 ⋅cos =m⋅d⋅¨2⋅sen Ecuación 2.19

Agora se deben substituír as derivadas do parámetro en función do parámetro, e para iso se recorre áecuación 2.13 que proporciona a segunda derivada e á ecuación 2.18 que proporciona a primeira derivada.Polo tanto , a ecuación anterior quedará:


k⋅dm⋅d⋅3g⋅1sen

d2 ⋅cos =m⋅d⋅

3g⋅cos2d

2⋅sen

Operando:

k⋅d3m⋅g⋅1sen2 ⋅cos =3m⋅g⋅cos

4⋅sen

Nesta ecuación se pode simplificar cos ϕ ϕ ϕ ϕ , quedando a ecuación anterior:

k⋅d3m⋅g⋅1sen

2=

3m⋅g4⋅sen Ecuación 2.20

Sen embargo a eliminación de cos ϕϕϕϕ implica que se está a eliminar unha solución da ecuación que é: cos ϕ = 0 ϕ = 0 ϕ = 0 ϕ = 0 →→→→ ϕ = ϕ = ϕ = ϕ = ±±±± 90 90 90 90 º

Polo tanto ϕ = ϕ = ϕ = ϕ = −−−− 90 90 90 90 º é unha posición na que a reacción en A é nula (a solución ϕ = + 90ϕ = + 90ϕ = + 90ϕ = + 90 º non tensentido neste problema en que ϕϕϕϕ varía desde -90º ata 0). Se pode comprobar se existe algunha outra solución continuando a operación na ecuación 2.20:

k⋅d3m⋅g⋅1sen

2=3m⋅g4⋅sen

Despexando o seno: sen =4kd9mg

23

Un ángulo que poida cumprir esta condición definiría outra posición de reacción nula en A. Por outra banda, a primeira solución é fácil de deducir realizando un primeiro análise cualitativo do

movemento do sistema. En efecto, unha situación extrema como a plantexada (unha reacción nula) nalgunhadas posicións extremas da barra se podería buscar nunha das posicións extremas da barra: a posición vertical(ϕ ϕ ϕ ϕ = -90º) ou a horizontal (ϕ ϕ ϕ ϕ = 0º), e que para unha reacción horizontal como �A, resultaría lóxico esperarque se anulase na posición vertical da barra.

Pois ben, aplicando a ecuación 2.15 na posición vertical ( ϕ = -90º), se terá:

� A=k⋅d⋅cos 90ºm⋅d⋅¨2⋅sen 90º

d⋅2

2⋅cos 90º=m⋅d⋅¨

2

Ecuación 2.21

E para este valor ϕ ϕ ϕ ϕ = - 90º, a ecuación 2.13 do movemento di que: =3g2d⋅cos =

3g2d⋅cos 90º=0

Polo que a ecuación 2.21 confirma que, efectivamente, �A vale cero:

� A=md⋅

2=0

�ota Complementaria 2.1 : Método analítico para determinar a velocidadeangular do sistema.


Pregunta: Demostrar analiticamente a relación da velocidade angular e da aceleraciónangular da barra coas derivadas do parámetro.

Resulta convinte coñecer o método analítico que se vai aplicarpois en certos exercicios non resulta evidente a relación entre avelocidade angular do sistema e a primeira derivada do parámetroque se debe utilizar. Nestes casos resultará necesario utilizar aCinemática para buscar a relación.

Pártese do coñecemento da velocidade do centro de masas Gen función do parámetro ϕϕϕϕ (ecuacións 2.2) e utilízase a relaciónentre esta velocidade e a velocidade do CIR (nula, claro):

V G=V Iω×IG Ecuación 2.22

e sendo:• segundo as ecuacións 2.2:

VG=d⋅

2⋅sen i

d⋅

2⋅cos j Ecuación 2.23

• Por definición de CIR:

v I=0 Ecuación 2.24

• Sendo a velocidade angular:

= k Ecuación 2.25

• E o vector IG , segundo a figura 2.5:

IG=d2cos i

d2sen j Ecuación 2.26

Darse de conta que xa está invertido o signo explícito da compoñente IGy debido a que o evidente signonegativo de esta compoñente (ver figura 2.5) xa está incluído no seno do parámetro.

O alumno terá en conta que un vector trazado entre dous puntos como o vector IG :

➢ pode deducirse xeometricamente observando nun debuxo cales son as súas compoñentes IGx eIGy , que é o proceso seguido aquí,

➢ ou co método xeral que consiste en en restar as coordenadas do extremo menos as da orixe, e

así calquera vector entre dous puntos A e B será: AB=xBxA i yB y A j )�uns casos será máis simple facelo da primeira forma, como neste problema, e noutros o será dasegunda polo que convén ter presentes ambos os dous métodos.

E levando as expresións 2.23, 2.24, 2.25, 2.26 á ecuación 2.22, esta quedará:VG=V Iω×IG ⇒

⇒d⋅

2⋅sen i

d⋅

2⋅cos j=ωk ×d

2cos i

d2sen j

Figura 2.5 : Relacións xeométricasentre I e G


Operando: d⋅

2⋅sen i

d⋅

2⋅cos j=ω

d2cos j ω

d2sen i

E igualando tanto en X como en Y, se obtén a relación xa coñecida: ω= .

�ota Complementaria 2.2 : Variacións introducidas polo cambio de eixes

Pregunta: Encontrar a forma que adoptaría a ecuacióndiferencial do movemento traballando cos eixes da figura2.3 (e 2.6). Encontrar tamén a forma que tería aaceleración do centro de masas da barra.

Se se tivese traballado cos eixes coordenados da figura 2.3, asecuacións variarían do seguinte xeito. Ver figura 2.6. Ter en contaque os momentos agora terán a dirección do eixe Y que é entranteno plano do debuxo, polo que os xiros en sentido horario seránagora positivos, e os que teñan sentido antihorario serán agoranegativos.

Aplicando a ecuación Fundamental da Dinámica de Rotaciónno CIR I, se encontra que:

∑M I=I I⋅

e recordando que II está dado na ecuación 2.10, e que a aceleración angular αααα está dada na ecuación2.5, a ecuación anterior se desenvolverá da seguinte forma:

FeA⋅IAmg⋅ICF eB⋅IB=md 2

3⋅

con, obviamente os signos explícitos dos momentos das forzas cambiados con relación ós obtidos coseixes habituais, o que conduce a que:


md 2

3⋅

De onde, a ecuación diferencial será:

=3g2d⋅cos

Esta ecuación, dado que o coseno do parámetro é sempre positivo, expresa que a aceleración angular dosistema será sempre negativa e aumentando conforme o sistema evoluciona dado que o coseno aumenta ódiminuír o ángulo.

Comparando esta ecuación coa deducida na ecuación 2.13, se observa que hai un cambio de signo o queresulta evidente pois, segundo os novos eixes, a aceleración angular que ten o sentido antihorario é negativa(agora ten a dirección de Y , que é agora o eixe perpendicular ó plano do movemento e é entrante no plano dodebuxo):

Figura 2.6 : Diagrama de sólidolibre con outros eixes coordenados


=3g2d⋅cos j

mentres que cos eixes habituais, esta aceleración angular de sentido antihorario é positiva (é segundo Zque é saínte do plano do debuxo):

=3g2d⋅cos k

Por isto, se sempre se deben explicitar os eixes utilizados na resolución dun suposto e no caso deutilizar eixes diferentes dos habituais, os eixes realmente utilizados deben estar especialmente claros paracalquera corrector ou revisor.

Revisando tamén as ecuacións da posición, velocidade e aceleración do centro de masas, se podenobservar as seguintes variacións:

xG=d2⋅cos

zG=d2⋅sen

Ecuación 2.27

Fixarse que agora, sendo o parámetro positivo, o alumno non debe preocuparse máis que de observarben a figura, e os signos que resulten desa observación directa serán os que correspondan.

En canto ás ecuacións da velocidade, serán polo tanto:

˙xG=d⋅

2⋅sen

˙zG=d⋅

2⋅cos

Ecuación 2.28

Nestas ecuacións puidera parecer que a compoñente X da velocidade do centro de masas é negativamentres que a compoñente Z é positiva, cando na realidade é xusto ó revés dado que a primeira derivada doparámetro que é a velocidade angular do sistema, é negativa por antihoraria. Dos signos das funciónstrigonométricas, o alumno non se debe precupar pois serán sempre positivas por selo o parámetro (dado que,ademais, o valor do parámetro non sobrepasa os 90º).

Pola súa parte a aceleración de G se obterá derivando as ecuacións 2.28:

¨xG=d⋅¨2⋅sen

d⋅˙2

2⋅cos

¨zG=d⋅

2⋅cos

d⋅2

2⋅sen

Ecuacións 2.29


PROBLEMA �º 3 : Disco rodante baixo barra (Exame de decembro 2004)

Unha barra B homoxénea de masa M y lonxitude Larticúlase nun punto O e apoia sobre un disco Dhomoxéneo de masa M e radio R, tal como se indica nafigura; dánse as seguintes posibilidades de movemento:

Caso 1: Garántese que o disco roda sen deslizarsobre a barra e o coeficiente de rozamento entre disco esolo é depreciable.

Caso 2: Garántese que o disco roda sen deslizarsobre o solo e o coeficiente de rozamento entre disco ebarra é depreciable.

Responder ás seguintes cuestións:1. Graos de liberdade, parametrice unha posición xenérica do sistema. Velocidade do centro

de masas de barra e disco e velocidade angular de ambos sólidos e centro instantáneo derotación do disco para ambos casos, en función de L, R, o/os parámetros elixidos e a(s)súa/s derivadas temporais.

2. Diagrama do sólido libre para barra e disco en ambos os dous casos. Exprese asecuacións necesarias para determinar as forzas de ligadura e a/s ecuación/s diferencial/isdo movemento para ambos os dous casos (as derivadas temporais non é necesariorealizalas)

3. Exprese a enerxía total do sistema nunha posición xenérica para o caso 1.

Solución:

Apartado 1: Graos de liberdade, parametrice unha posición xenérica do sistema. Velocidade docentro de masas de barra e disco e velocidade angular de ambos sólidos e centro instantáneode rotación do disco para ambos casos, en función de L, R, o/os parámetros elixidos e a(s)súa/s derivadas temporais.

Se verá que o grao de liberdade é un en ambos os dous casosplantexados polo problema. Se verá caso por caso.

Caso 1: O disco roda sobre a barra no sentido contrario ás agullasdo reloxo (sería como se subise rodando pola barra arriba na figura dadereita) para que avance cara á dereita do debuxo mentres a barra cae.Evidentemente, ó non haber rozamento entre disco e solo, o disco deslizalibremente polo solo horizontal.

Suponse que se parte da posición inicial indicada na figura 3.1adxunta. Nesta figura se chaman Ab y Ad ós puntos de barra y disco queestán inicialmente en contacto.

Ó cabo dun tempo t, disco e barra poden encontrarse na posiciónindicada na figura 3.2 na que os puntos Ab e Ad que se encontrabaninicialmente en contacto, encóntranse agora na posición indicada. Nafigura se indica o parámetro utilizado para situar a barra (o ángulo ϕ ϕ ϕ ϕ ) e o parámetro utilizado para situar o

Figura 3.1 : Posición inicial

PROBLEMA Nº 3 : Disco rodante baixo barra (Exame de decembro 2004). Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 30

disco (o ángulo θ θ θ θ ), por ser o que resulta inicialmente máis simple pois cuantifica a rodadura do disco polabarra. Con estes parámetros:

• a velocidade e aceleración angular da barra serían e dado que ϕϕϕϕ evidentemente define o xiro

da barra ó redor do punto fixo O. Sen embargo, cos eixes habituais, se trata dun ángulo negativo poloque traballando cos eixes habituais se debe ter coidado cos signos implícitos que poden cambiar ossignos explícitos.

• Pero a velocidade e a aceleración angular do

disco non serían e pois θ θ θ θ non define

o xiro do disco ó redor do seu centro de masas.De feito interesa traballar con θθθθ por ser este oángulo que define a rodadura do disco sobre abarra e que, polo tanto, permite relacionar confacilidade o movemento de ambos corpos. Senembargo, o xiro do disco ó redor do centro demasas vería dado polo ángulo γγγγ pois sería oángulo xirado polo radio GdAd :

• entre o instante inicial, instante no queo radio GdAd estaba horizontal e Ad

estaba en contacto con Ab , • e o instante t actual no que Ad

evolucionou ata a posición indicada nafigura 3.2, polo que este radio ten xirado o ángulo γγγγ.

Nestes casos interesa traballar co ángulo que define a rodadura entre dous corpos, antes que coparámetro que define o xiro do corpo.

• Sen embargo, se elixan os eixes que se elixan, se debe ter en conta que un parámetro será positivo eo outro negativo pois ϕϕϕϕ ten o sentido horario e θθθθ antihorario. Nun caso como este en que se veráque o sistema ten un só grao de liberdade e que, polo tanto, a posición do sistema estará definido porun só parámetro, interesará elixir aqueles eixes que dean positivo o ángulo que se elixa comoparámetro do sistema pois será o que se utilice intensivamente. Isto no caso de que non existanrazóns de máis peso que aconsellen elixir o parámetro negativo, claro está.

Se comprobará agora que se trata dun sistema dun sógrao de liberdade. En xeral, unha vez escollidos osparámetros ϕϕϕϕ e θθθθ como os máis convenientes para estudiar omovemento dos dous corpos, débese ver se os dous ángulosϕϕϕϕ e θθθθ están relacionados, pois neste caso o sistema terá unsó grao de liberdade, dado que bastaría un só parámetro, omesmo, para definir unha posición xenérica tanto da barracomo do disco.

O alumno ten que recordar que a condición derodamento entre disco e barra impón que os puntos encontacto (neste caso das figuras 3.2 e 3.3, A’b y A’d)teñen a mesma velocidade en todo instante, polo queas distancias A’dAd e A’bAb teñen que ser iguais .

Figura 3.2 : Posición xenérica do sistema

Figura 3.3 : Condición de rodadura:AbA'd=AdA'd = θ θ θ θ ·R


E segundo se ve no disco na figura 3.3:A’dAd = ángulo · radio = θθθθ · RE polo tanto: A’bAb = θθθθ · R

Débese observar que Ab'Ab é unha distancia e, polotanto, positiva, e como θθθθ tamén é positivo de acordo coseixes habituais que se veñen utilizando neste exercicio, aigualdade anterior non debe ser corrixida con ningún signonegativo.

Con estes datos se verá como relacionar ambos os dousparámetros, con axuda da figura 3.4.

Hai que se fixar en primeiro lugar que no disco apareceo ángulo ϕϕϕϕ no triángulo A’dGdE, por ter os lados GdA’d eGdE perpendiculares á posición actual da barra e á posicióninicial da mesma.

Unha vez visto isto, hai que se fixar en que a distanciavertical OD se pode calcular no triángulo ODA’b, perotamén é igual á distancia FA’d = FE + EA’d.

Se calculará dos dous xeitos:• No triángulo ODA’b: OD = (R + R·θ) · cos ϕ• Agora, como FA’d é igual que OD: OD = FA’d = FE + EA’d = R + R·sen ϕ

Sen embargo o feito de que o seno do parámetro sexa negativo, obriga a cambia o signo explícitoanterior, quedando:

OD = R – R ·sen ϕIgualando ambas as dúas expresións de OD : (R + R·θ) · cos ϕ = R – R ·sen ϕVese que resulta moito máis simple despexar θθθθ :

θ=1sen cos

1 Ecuación 3.1

Se observa que se puideron relacionar directamenteos dous ángulos sen utilizar parámetros adicionais, poloque se comproba que o sistema ten un só grao deliberdade. Se tomará o ángulo ϕϕϕϕ como parámetro domovemento de ambos os dous corpos, pois, como se viucalculando a ecuación 3.1, é moito máis cómododespexar θθθθ en función de ϕϕϕϕ , que despexar ϕϕϕϕ enfunción de θθθθ. Sen embargo isto provoca que sexa máiscómodo traballar con eixes que fagan positivo óparámetro ϕϕϕϕ polo que, quizais, non resultenconvenientes os eixes habituais. Neste exercicio, parapracticar, se utilizarán os eixes da figura adxuntacentrados en O, claro está. Estes eixes ademais esixencambiar signos na ecuación 3.1 pois agora o “sen ””””ϕϕϕϕ xanon é negativo senón positivo, e θθθθ xa non é positivasenón negativa. Polo tanto, a relación entre ángulosserá:

θ=1sencos

1 ⇒

Figura 3.4 : Relación entre parámetros:OD=(R+Rθθθθ)cos ϕϕϕϕ =R+EA'd=R+Rcos ϕϕϕϕ

Figura 3.5 : Localización dos centros de m asasnunha posición xenérica do sistema


⇒ θ=11sencos

Ecuación 3.2

Como se pode observar na figura 3.5 existe un cambio máis a introducir co cambio de eixes e é adistancia AbAb' que se debe expresar como “ -R·θ θ θ θ ” para que resulte positiva como debe ser. Os eixes estáncentrados no punto O, aínda que na esquina superior dereita da figura 3.5 se indican as direccións que teñenpara evitar un exceso de información no punto O.

Agora, utilizando esta figura, xa se pode traballar localizando os centros de masas de ambos os douscorpos.

Se comezará polo disco:

zGD=R Ecuación 3.3

xGD=OFFC=DA' bEG d=

=RR⋅⋅sen R⋅cos==R⋅[ 1 ⋅sen cos ]=

=R⋅[111sencos ⋅sencos ]=

=R⋅[tg sen2cos

cos]=R⋅ tg 1cos

Polo tanto:

xGd=R⋅ tg 1cos =R⋅ sencos

1

cos Quedando:

xGd=R⋅1sencos

Ecuación 3.4

As compoñentes da velocidade se calculan derivando as ecuacións 3.3 e 3.4:

zGd=0 Ecuación 3.5

˙xGd=R⋅⋅

1sen

cos2

Expresión que se pode simplificar:

˙xGd=R⋅⋅1sen

cos2=R⋅⋅

1sen

1sen 2=

=R⋅⋅1sen

1sen⋅1sen=R⋅⋅

11sen

Quedando polo tanto:


˙xGd=

R⋅

1senEcuación 3.6

Polo tanto a velocidade do centro de masas do disco será:

vGd=R⋅

1seni Ecuación 3.7

Antes de proceder a calcular a velocidade angular do disco (que como xa se ten citado non é ), se

verá onde está o CIR deste, pois moitas veces a mellor forma de calcular a velocidade angular dun sólido é através da relación analítica entre a velocidade do centro de masas e a velocidade do CIR (cero, claro).Chamando Od ó CIR do disco:

dddGddddOdGd GOxvGOxvv ωω =→+= Ecuación 3.8

E con esta ecuación, sabida a velocidade do centro de masas vGd e a distancia entre este e o CIROd Gd , se poderá calcular a velocidade angular buscada ωωωωd.

Pódese ver na figura 3.6, a dirección coñecida davelocidade de dous puntos do disco:

• o punto A’d que, por condición de rodamentoentre barra e disco, ten a mesma velocidade queo punto A’b da barra (puntos en contacto nolugar do rodamento teñen a mesma velocidade).E este punto da barra, como a barra xira ó redordo punto O, ten velocidade perpendicular ábarra.

• O Gd ten que ter velocidade horizontal, pois óser o disco de sección circular, o seu centro nonse move en vertical. Ademais xa se ten aecuación 3.7 que dá a súa velocidade.

Polo tanto, e como trazando as perpendiculares ásdúas velocidades, o CIR está no punto de cruce, vese nafigura 3.7 a localización do CIR do disco: Od.

Na ecuación 3.8, onde se relaciona a velocidade docentro de masas coa velocidade angular, se ve que se necesita a distancia OdGd, que como se ve no triángulorectángulo A’dOdGd da figura 3.6, vale:

Od G d=R

sen Ecuación 3.9

Polo que o vector entre Od e Gd será:

O d Gd=R

sen ⋅k

Polo tanto, se poden xa substituír os valores das ecuacións 3.7 e 3.9 na ecuación 3.8 para calcular a ωωωωd :

Figura 3.6 : Determinación gráfica do CIR dodisco


vGd=ωd xOdGdR⋅

1seni=d

j× Rsen

k ⇒ R⋅

1seni=

d⋅R

seni⇒

⇒R⋅

1sen=ωd⋅

Rsen

Despexando a velocidade angular:

ωd=⋅sen

1sen

Polo tanto:

ωd=⋅sen

1senj Ecuación 3.10

Polo que respecta ó CIR do disco, que tamén pide o exercicio, xa se ten localizado na figura 3.6. Nelavese que ten sempre a mesma coordenada X, xOd , que o punto Gd, mentres que a coordenada zOd se calculacon facilidade, pois é zOd = R + OdGd , e OdGd xa se ten visto na ecuación 3.9. Polo tanto:

xOd=xGd=R⋅1sencos

Ecuación 3.11

zOd=R⋅1 1sen Ecuación 3.12

Ou sexa que, o vector posición do CIR do disco é:

rOd=R⋅[1sencos i1sen

sen k ] Ecuación 3.13

Agora falta responder ó máis fácil, á velocidade da barra e á súa velocidade angular (obviamente nonpiden o seu CIR porque resulta evidente que é o punto O fixo).

A posición do Gb resulta evidente na figura 3.6:

xGd=L2⋅sen Ecuación 3.14

zGd=L2⋅cos Ecuación 3.15

E derivando, se terá que:

ϕϕ

cos2

⋅⋅

=

•• LxGb Ecuación 3.16

˙zGb=

L⋅


Polo tanto a velocidade do centro de masas da barra é:


vGb=L⋅

2⋅cos isen k Ecuación 3.18

En canto á velocidade angular da barra é evidente que é •

ϕ como xa se ten citado, dado que o ángulo j

determina o espacio angular percorrido pola barra en todo instante:

•

= ϕωbEcuación 3.19

No remate do problema, na �ota Complementaria 3.1, se utiliza un método analítico para demostrar aevidente igualdade entre a velocidade angular da barra e a primeira derivada do parámetro.

Caso 2: Agora o disco roda sobre o solo. Suponse que o disco roda sobre o solo no sentido das agullas do

reloxo para que avance cara á dereita do debuxo rodando polo solo.Evidentemente, ó non haber rozamento entre disco e barra, o discodesliza libremente no seu contacto coa barra.

Suponse que se parte da posición inicial indicada na figura 3.7.Nesta figura se chaman Ad y As ós puntos de disco e solo,respectivamente, que están inicialmente en contacto.

Ó cabo dun tempo t, disco e barra se encontrarán nunha posiciónxenérica como a indicada na figura 3.8.

Nela se utiliza o ángulo ϕϕϕϕ como parámetro para situar a barra, e oángulo θ θ θ θ para situar o disco. Se verá como ambos parámetros estánrelacionados entre si, polo que o sistema ten un só grao de liberdade.Neste caso, e utilizando os mesmos eixes do caso anterior, agora osdous ángulos son positivos pois teñen sentido horario (segundo +Y).

Pódese ver na figura 3.8 que o parámetro θθθθ estáa determinar o xiro do disco ó redor do seu centro demasas pois o radio GdAd ten xirado desde a posiciónvertical que tiña inicialmente, ata a posición actual.Por isto os valores da velocidade e da aceleración

angular deste coincidirán cos valores de e .

Por outra banda é evidente que o parámetro ϕϕϕϕdefine o xiro da barra ó redor do seu punto fixo O.

Se verá agora como relacionar os parámetros ϕϕϕϕe θ .θ .θ .θ .

O alumno debe recordar que a condición derodamento entre disco e solo impón que ospuntos en contacto (neste caso A’b y A’s)teñen sempre a mesma velocidade, ou sexa,neste caso, cero porque o solo obviamentenon se move. Ademais, a condición de rodamento impón que as distancias A’dAd e A’sAs teñen queser iguais dado que, en ambos casos, é o espacio rodado polo disco sobre o solo entre o instanteinicial e o instante t representado.

Unha vez recordado isto, se pode ver na figura 3.8 que:

Figura 3.7 : Posición inicial

Figura 3.8 : Relación entre parámetros no caso 2


AdA’d = ángulo · radio = θ · RE polo tanto: AsA’s = θθθθ · RTamén se pode ver que o ángulo ϕϕϕϕ se encontra no triángulo OCA’s. Pois ben, no triángulo OCA’s podese

establecer a relación entre ambos parámetros, pois:

RCG

RR

AGCG

AAOA

CA

OAtg

dsdd

sss

s

s

+⋅+

=++

==θ

ϕ'

'

'

'Ecuación 3.20

e a distancia CGd pódese calcular no triángulo DCGd así: CGd = R / sen ϕPolo tanto, substituíndo esta expresión na ecuación 3.20, quedará:

ϕθ

ϕϕθ

ϕϕ

ϕ

θϕ

θϕ

sensensentg

Rsen

RRR

tgRCG

RRtg

d ++

=→+

+⋅=→

+

⋅+=→

+⋅+

=1

1

cos

1

1

1

Despexando θθθθ :

1cos

1−

+=

ϕϕ

θsen

Ecuación 3.21

O alumno pode observar que sae a mesma expresión do caso 1 pero cambiada de signo. O cambio designo é evidente pois agora o ángulo θ é positivo e antes era negativo. Pero ¿que significaxeometricamente a igualdade de valor? Fixarse nas figuras. Que o espacio deslizado sobre un corpoé igual ó rodado sobre o outro.

Agora xa se poden localizar os centros de masas de ambos os dous corpos. Para iso utilízase a figura 3.9.Comezando polo disco:

zGd=R Ecuación 3.22

xGd = OAs + AsA’s = R + R·θ = R·(1+θ) =

= ⇒

−

++⋅ 1

cos

11

ϕϕsen

R

xGd=R⋅1sencos Ecuación 3.23

As compoñentes da velocidade se obteránderivando as ecuacións da posición 3.22 e 3.23:

˙zGd=0 Ecuación 3.24

˙xGd=R⋅⋅1sen

cos2=R⋅⋅

1sen1sen⋅1sen

=R⋅

1senEcuación 3.25

Polo tanto:

Figura 3.9 : Posición xenérica do sistema no caso 2


vGd=R⋅.

1seni

Ecuación 3.26

No que se refire á velocidade angular do disco xa se indicou que é , así que: d= , polo que,

como 1cos

1−

+=

ϕϕ

θsen

, derivando será:

d==⋅1sen

cos2=⋅

1sen1sen⋅1sen

=

1senEcuación 3.27

Na �ota Complementaria 3.2 no remate deste problema, se deducirá este valor co método analíticocomo se vén facendo nos problemas anteriores.

Polo que respecta á posición do CIR do disco, é evidente que é a posición do punto A’d da figura 3.9pois é punto de velocidade instantánea nula, polo que o seu vector posición, como podemos ver na figura,será:

rA ' d=RR⋅θ i=[RR⋅1sencos

1] iOperando nesta expresión se obtén que o vector posición do CIR do disco é,:

rA ' d=R⋅1sencos

i Ecuación 3.28

Agora se determinará á velocidade do centro de masas da barra e á súa velocidade angular. Obviamentenon piden o seu CIR porque resulta evidente que é o punto fixo O.

Para calcular a velocidade do centro de masas da barra, primeiro se determinará a súa posición xenéricaen función do parámetro e logo se derivará. A posición de Gb resulta evidente na figura 3.9:

xGb=L2⋅sen Ecuación 3.29

zGb=L2⋅cos Ecuación 3.30

E derivando, se terá que:

ϕϕ

cos2

⋅⋅

=

•• LxGb Ecuación 3.31

˙zGb=

L⋅


Polo tanto a velocidade do centro de masas da barra é:

vGb=L⋅

2⋅cos isen k Ecuación 3.33


En canto á velocidade angular da barra é evidente que é •

ϕ como xa se ten citado:

ωb= Ecuación 3.34

No remate do problema, na �ota Complementaria 3.2, se utiliza o método analítico para demostrar arelación entre a velocidade angular da barra e a primeira derivada do parámetro.

Apartado 2: Se pide o diagrama do sólido libre para barra e disco en ambos os dous casos. Taménque se exprese as ecuacións necesarias para determinar as forzas de ligadura e a/secuación/s diferencial/is do movemento para ambos os dous casos

(o enunciado di que non é necesario realizar as derivadas temporais).

Caso 1: Comézase por establecer o diagrama desólido libre da barra na figura 3.10.

As ecuacións serán:

-Segunda lei de Newton:En X: ΣΣΣΣFx = m·aGbx

En Z: ΣΣΣΣFz = m·aGbz

Polo tanto, e segundo a figura 3.10 (recordarque ángulos de lados perpendiculares son iguais):

En X:

O x� 1⋅cosF r⋅sen=M⋅¨xGb

Ecuación 3.35

En Z:

O y� 1⋅senF r⋅cosMg=M⋅¨zGbEcuación 3.36

Din que non é necesario realizar as derivadas temporais, polo que non se realizan. Se fose necesario,

habería que recorrer ás ecuacións 3.16 e 3.17, e derivalas para logo substituír os valores de ¨xGbe ¨zGb

nas dúas ecuacións anteriores.Falta por aplicar a Ecuación da Dinámica de Rotación que, dado que existe un punto fixo O, se aplicará

nel. Pero neste caso se ten que calcular antes o momento de inercia Io pois o normal é saber o momento deinercia dunha barra con relación a un eixe que pase polo seu centro de masas: IG = M·L2/12. Polo tanto,segundo o teorema de Steiner, o IO será:

IO = IG + M·GO2 = M·L2/12 + M·(L/2)2 = M·L2/3E a Ecuación da Dinámica da Rotación quedará polo tanto: ΣΜO = IO·αb E vendo o diagrama de sólido libre da barra, figura 3.10, se poderá establecer a suma de momentos

mentres que a aceleración angular se obtén derivando a ecuación 3.19 (obviamente a aceleración angular ten

Figura 3.10 : Diagrama de sólido libre da barra nocaso 1


que ser: pois •

= ϕωb). Así a Ecuación da Dinámica de Rotación quedará (recordar que o eixe Y

positivo é entrante no plano do debuxo polo que os momentos positivos son os que teñen sentido horario):

� 1⋅RR⋅θ Mg⋅L2⋅sen =

M⋅L2

3 Ecuación 3.37

Se establecerá agora o diagrama de sólido libredo disco na figura 3.11. As ecuaciónscorrespondentes serán:

� 1⋅cosF r⋅sen=M⋅¨xGdEcuación 3.38

� 1⋅senF r⋅cosMg� 2=M⋅¨zGd=0

Ecuación 3.39

A Ecuación Simplificada da Dinámica daRotación se tería que aplicar no centro de masas,agás que se comprobe que se pode aplicar no CIR,pero non paga a pena e vaise aplicar en Gd, pois sóFr dá momentos con relación a este punto e asíresulta máis simple:

ΣΜGd = IGd·αd :

F r⋅R=M⋅R2

2⋅˙d

Ecuación 3.40

Se o pedisen habería que conseguir as derivadas ¨xGde d a partir das ecuacións 3.6 e 3.4.

Deste xeito se teñen 6 ecuacións (ecuacións 3.35 a 3.40), para determinar as 5 forzas de ligadura e aecuación do movemento (que é única, en función do parámetro único ϕϕϕϕ).

Caso 2: Comézase por establecer o diagrama de sólido libre da barra (ver figura seguinte).As ecuacións serán

-Segunda lei de Newton:En X: Σ Σ Σ ΣFx = m·agbx

En Z: ΣΣΣΣFz = m·agbz

Polo tanto, e segundo o diagrama adxunto:En X:

O x� 1⋅cos=M⋅¨xGbEcuación 3.41

En Z:

O z� 1⋅senMg=M⋅¨z GbEcuación 3.42

Figura 3.11 : Diagrama de sólido libre do disco nocaso 1

Figura 3.12 : Diagrama de sólido libre da barra nocaso 2


Se fose necesario indicar as derivadas temporais ¨xGbe ¨zGb

, habería que recorrer ás ecuacións

3.31 e 3.32, e derivalas para logo substituír os seus valores nas dúas ecuacións anteriores.Falta por aplicar a ecuación da dinámica de rotación, que dado que existe un punto fixo O, se aplicará

nel. O momento de inercia Io xa se ten calculado no caso 1 co teorema de SteinerPolo tanto, a Ecuación da Dinámica da Rotación será:

ΣΜO = IO·αb E segundo a figura 3.12, esta ecuación quedará:

� 1⋅RR⋅θ Mg⋅L2⋅sen=

M⋅L2

3 Ecuación 3.43

Se establece agora o diagrama de sólido libre dodisco na figura 3.13, e logo as ecuaciónscorrespondentes.

En X: ΣΣΣΣFx = m·agdx →

� 1⋅cosF r=M⋅xGd

Ecuación 3.44

En Z: ΣΣΣΣFz = m·agdz →

� 1⋅senMg� 2=M⋅¨zGd=0 Ecuación

3.45

A Ecuación da Dinámica da rotación débeseaplicar no centro de masas (poderíase comprobar seé posible aplicala no CIR A’d pois na maioría dasocasións resulta posible e, nestes casos, resultatamén máis simple, pero neste caso case que dá omesmo):

ΣΜGd = IGd·αd :

dr

RMRF

•

⋅⋅

=⋅ ω2

2

Ecuación 3.46

Se o pedisen habería que realizar as derivadas indicadas ¨xGd e ¨d

a partir das ecuacións 3.25 e

3.27.Son 6 ecuacións (ecuacións 3.41 a 3.46), para determinar as 5 forzas de ligadura e a ecuación do

movemento (que é única, en función do parámetro único ϕϕϕϕ).

Apartado 3: Piden expresar a enerxía total do sistema nunha posición xenérica para o caso 1.

A enerxía total será a suma das enerxías da barra e do disco.A barra ten enerxía cinética e potencial gravitacional (ten enerxía potencial gravitacional pois o seu

centro de masas está a cambiar de altura).Se pode considerar que o disco ten só enerxía cinética dado que o seu centro de masas non cambia de

altura. Sen embargo, ó tomar a enerxía potencial gravitacional do disco nula, tense que tomar a altura do seucentro de masas como altura de referencia para calcular a enerxía potencial gravitacional da barra.

Figura 3.13 : Diagrama de sólido libre do disco nocaso 2


Verase primeiro a enerxía do disco. Pódese expresar como suma da enerxía cinética de translación e daenerxía cinética de rotación do sólido ó redor do seu centro de masas:

22

22dGdGd

cd

IvmE

ω⋅+

⋅=

As velocidades que se necesitan xa están nas ecuacións 3.7 e 3.10, polo tanto:

Ecd=m⋅vGd

2

2

IGd⋅ωd2

2=

M⋅ R⋅˙1sen

2

2

M⋅R2

2⋅˙⋅sen1sen

2

2

Operando queda:

Ecd=M⋅R2⋅˙

2⋅2sen2

4⋅1sen 2Ecuación 3.47

A enerxía cinética da barra pódese calcular con relación ó eixe fixo O que é máis fácil que calculala conrelación ó centro de masas Gb. Polo tanto:

23

2

22

2

•

⋅⋅

=⋅

=ϕω

LMI

E bOcb

Operando, queda:

6

22

•

⋅⋅=

ϕLMEcb

Ecuación 3.48

Para calcular a enerxía potencial gravitacional, xa se ten visto que se ten que tomar a altura do centro demasas do disco como orixe de enerxías potenciais. Pódese ver na figura 3.12, por exemplo, que a altura do

centro de masas da barra sobre o solo é: ϕcos2

⋅L

. Polo que a altura sobre a orixe de potenciais será:

hL

RGB = ⋅ −2

cosϕ

Polo tanto, a enerxía potencial gravitacional de barra quedará:Epgb = M·g·hGb = M·g·(L/2·cos ϕ−R)

Ou sexa:

MgRMgL

E pgb −=2

cosϕEcuación 3.49

E a enerxía total do sistema será o resultado de sumar as enerxías de disco e barra, ou sexa de sumar asecuacións 3.47, 3.48 e 3.49. Polo tanto, resultado final será:

ET=EcdEcbE pgb=M⋅R2⋅˙

2⋅2sen2

4⋅1sen 2

M⋅L2⋅˙2

6

M⋅g⋅L⋅cos2

M⋅g⋅R

Expresión que apenas se pode simplificar polo que se deixa así.


�ota Complementaria 3.1 : Método analítico para determinar unha velocidadeangular - I.

Pregunta: Demostrar analiticamente, no caso1, a igualdade da velocidade angular da barra e aprimeira derivada do parámetro.

Para isto se pode relacionar a velocidade do centro demasas da barra coa velocidade nula do seu CIR.

vGb=vOωb xOGbvGb=ωb xOGb

Operando:

L⋅˙2⋅cos isen k =ω

b⋅j × L2⋅sen i L

2⋅cos k

L⋅˙2⋅cos isen k =ωb⋅L

2⋅sen k

L2⋅cos i

Igualando, tanto en X como en Y, chegamos ó que xa

sabiamos:•

= ϕωb

No caso do disco xa se ten aplicado este método analítico para calcular a súa velocidade angular duranteo desenvolvemento do exercicio.

�ota Complementaria 3.2 : Método analítico para determinar unha velocidadeangular - II.

Pregunta: Demostrar analiticamente, no caso 2, a relación das velocidades angulares dabarra e do disco coas derivadas do parámetro.

Vanse determinar as velocidades angulares de barra edisco no caso 2.

Para calcular a velocidade angular do disco, se partede saber onde está o CIR deste, pois unha boa forma decalcular a ωωωωd é a través da relación entre a velocidade docentro de masas e a velocidade do CIR (cero, claro).Obviamente o CIR do disco é o punto A’d da figura 3.15pois é o punto de velocidade nula.

vGd=vA ' dωd xA'dGd vGd=ωd xA 'dGd

sendo:

Figura 3.14 : Posición xenérica do sistema nocaso 1

Figura 3.15 : Posición xenérica do sistema nocaso 2


• vector velocidade do G do disco (ecuación 3.26): vGd=R⋅

1sen⋅i

• o vector Ad'Gd , tal como se ve na figura 3.15:A' d Gd=R k

• e a dirección da velocidade angular do disco: d=dj

Substituíndo valores:

vGd=ωd xA' dGd ⇒R⋅

1sen⋅i=ωd

j × R k ⇒R⋅

1sen⋅i=ωd⋅R i

Polo tanto, se obtén : ωd=

1sen

En canto á barra, tense que, relacionando a velocidade do centro de masas coa velocidade do CIR :

vGb=vOωb xOGbvGb=ωb xOGb

Substituíndo nesta ecuación as expresións coñecidas:• tanto da velocidade do centro de masas da barra (ecuación 3.33):

vGb=L⋅

2⋅cos isen k

• como do vector posición de Gb que, como se pode ver na figura anterior e xa se determinou nasecuacións 3.29 e 3.30 é:

OGb=L2⋅sen i

L2⋅cos k

• e a dirección da velocidade angular da barra:

b=b⋅j A ecuación quedará:

L⋅

2⋅cos isen k =ωb⋅j × L2⋅sen i

L2⋅cos k

Operando: L⋅

2⋅cos isen k =ωb⋅ L

2⋅sen k

L2⋅cos i

Igualando, tanto en X como en Z, chégase ó mesmo: ωb=


PROBLEMA �º 4 : Barra esvarando en vaso. (Exame de xuño 05 - Plano vello)

Unha barra homoxénea de masa m elonxitude 2d colócase no interior dun vaso dediámetro d, de xeito que en todo momentodesliza sobre un borde do mesmo, e o seuextremo A está obrigado a moverse sobre unhadas súas paredes, tal como se indica na figura.�este mesmo extremo A engánchase un resortede lonxitude natural depreciable e constanteelástica k, tal como tamén se reflexa na figura.Depreciando todo rozamento responda ásseguintes cuestións:

1. Graos de liberdade do sistema,parametrice unha posición xenérica deste eexprese a aceleración angular e a aceleracióndo centro de masas da barra en función de d, ede/dos parámetro/s elexido/s e as súas derivadastemporais.

2. Coordenadas do centro instantáneo de rotación da barra no sistema XY para unhaposición xenérica.

3. Diagrama do sólido libre da barra. Plantexe as ecuacións necesarias para determinar asforzas de ligadura e a/s ecuación/s diferencial/is do movemento.

4. Simplifique as ecuacións anteriores para o caso de pequenas oscilacións ó redor daposición horizontal da barra. Exprese a posición da barra no tempo, tendo en conta que para t=0(instante inicial) a barra se encontra na posición horizontal e ten unha velocidade angular w0.

5. Se se deixa a barra en repouso na posición horizontal, ¿cal será o valor máximo de m parao que se garante que o extremo A da barra non tocará o fondo do vaso aínda que se separelixeiramente a barra desa posición? (dar o resultado en función de d, k e L)

Resolución:Antes de nada convén elixir uns eixes coordenados que faciliten o traballo. Neste caso se elixen eixes

centrados en O e dirixidos tal como se indica no borde superior dereito da figura 4.1. Desta forma omovemento se desenvolve no cuadrante positivo do plano XY e se encontrarán expresións simples para ascoordenadas xG e yG , pero se debe ter coidado pois o semieixe +Z resulta entrante no plano do debuxo o queprovoca que sexan positivos os xiros horarios e negativos os antihorarios, ó contrario dos sistemas habituais.

Pregunta 1a) Graos de liberdade do sistema:

Un corpo que se move libremente nun plano ten 3 graos de liberdade, pero esta variña ten o seumovemento limitado polo deslizamento pola parede esquerda do vaso e polo deslizamento polo extremo B.Polo tanto tería 1 ou 2 graos de liberdade. Se tratará de determinar, por exemplo, se as tres variables quedefinen a posición da barra en calquera momento (as que determinen a posición do centro de masas xG e yG eun ángulo que defina o xiro do sistema ó redor de G), se poden expresar en función dunha soa variable ou senecesitan máis.

PROBLEMA Nº 4 : Barra esvarando en vaso. (Exame de xuño 05 - Plano vello). Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 46

Vendo a figura 4.1, intuitivamente parece que aposición do sistema pode determinarse cun sóparámetro, por exemplo a coordenada y do punto A ouo ángulo ϕϕϕϕ ou o ángulo θ θ θ θ . Isto de todas formas seconfirmará durante a resolución do exercicio.

Pregunta 1b) Parametrice unha posiciónxenérica do sistema:

Trátase antes de nada de elixir un parámetro.Quizais os máis evidentes poderían ser a coordenada ydo extremo A, ou o ángulo ϕϕϕϕ ou o ángulo θθθθ. Senembargo xa de entrada se rexeita o ángulo θθθθ por serun ángulo negativo cos eixes elixidos e, polo tanto,esixir moita atención para establecer relacións con el, aumentado así as posibilidades de erro. Polo querespecta ós outros dous, antes de nada resulta de interese ver se se poden relacionar ambos parámetros entresi, e se ve que se pode facer traballando no triángulo AOB:

y=d

tgEcuación 4.1

Tense que elixir un deles para parametrizar o movemento, e se verá que facer cando se elixe unparámetro que nos dea expresións demasiado complexas. Por exemplo, se o alumno non se dá de conta deque se pode traballar no triángulo AGC e se centra en traballar no triángulo ABO probablemente elixiría acoordenada y como parámetro. Neste caso a posición do centro de masas vería dada por:

xG=OBDB=d y2d 2d ⋅sen=d y2d 2d ⋅ d

y 2d 2=

d 2

y2d 2

yG= y2d 2d ⋅cos= y2d 2d ⋅ y

y2d 2= y

y⋅d

y2d 2

Neste momento o alumno se daría de conta que traballando con estas expresións, ó proceder a derivalascon relación ó tempo para obter a velocidade e a aceleración do centro de masas, se obterían expresiónsdemasiado complexas, polo que sería o momento de tratar de buscar outro parámetro que, neste caso,obviamente sería o ángulo ϕϕϕϕ . Traballando no triángulo AGC da figura 4.1 sería sinxelo establecer ascoordenadas do centro de masas:

xG=d⋅sen Ecuación 4.2

yG= yAC=d

tgd⋅cos Ecuación 4.3

Pregunta 1c) Exprese a aceleración do centro de masas en función do/s parámetro/s elixido/s:

Para isto basta con derivar, con relación ó tempo, dúas veces as ecuacións 4.2 e 4.3. Derivando aprimeira vez se obteñen as compoñentes da velocidade do centro de masas en función do parámetro e as súasderivadas:



˙xG=d⋅⋅cos Ecuación 4.4

˙yG=d⋅˙⋅ 1

sen 2sen Ecuación 4.5

E volvendo a derivar con relación ó tempo, se obteñen as compoñentes da aceleración do centro demasas:

¨xG=d⋅¨⋅cosd⋅˙2⋅sen Ecuación 4.6

ÿG=d⋅¨⋅ 1

sen 2send⋅˙

2⋅cos⋅ 2

sen 31 Ecuación 4.7

Pregunta 1d) Exprese a aceleración angular en función do/s parámetro/s elixido/s:

Resulta simple observar na figura 4.1 que o parámetro angular ϕϕϕϕ determina o xiro da barra ó redor docentro de masas, polo que a súa primeira derivada coincidirá coa velocidade angular da barra :

ω= Ecuación 4.8

e, derivando esta expresión, se terá a aceleración angular:

== Ecuación 4.9

Aínda que non é necesario (pero é útil para o apartado seguinte), pódese comprobar a ecuación 4.8 cométodo analítico. Como sempre, a velocidade angular se pode intentar obter a partir da relación entre avelocidade do centro de masas, que se ten nas ecuacións 4.4 e 4.5, e a do centro instantáneo de rotación(nula, claro).

Neste caso, ver figura 4.2, se sabe onde está oCIR porque se coñece a dirección de dúasvelocidades, a velocidade do punto A (o punto Adesliza pola parede vertical) e a velocidade do puntoB (B desliza no apoio), polo que o CIR estáplenamente determinado polo cruzamento dasperpendiculares ás dúas velocidades.

Sen embargo vaise supoñer que o alumno non sedá de conta de como é a dirección da velocidade de Be que, polo tanto, só sabe a dirección da velocidade deA. Se verá que é suficiente. En efecto, como se ve nafigura 4.3, coa axuda da perpendicular á velocidadedo punto A que, como é horizontal, permite saber quea coordenada y do CIR (punto I na figura) é:

AO = d / tg ϕϕϕϕe se verá que con isto basta.

En efecto, establecendo agora a relación entre vG e a velocidade do CIR I (nula, claro):

Figura 4.2 : Localización gráfica do CIR


vG=v Iω ×IG⇒

vG=ω×IG Ecuación 4.10

E tal como se ve na figura 4.3:

• do vector IG se sabe a súa compoñente Ypois o seu valor se pode calcular no triánguloAGC: IGy=AC=d·cos ϕϕϕϕ

• pero non a compoñente X, pero chamando x óseu valor absoluto, se pode ver na figura 4.3

que a compoñente X do vector IG é:

IGx = - xSen embargo isto é suficiente pois levando isto á

ecuación 4.10, quedará

vG=ω xIG⇒vG=ω⋅k×x id⋅cos j Ecuación 4.11

E substituíndo vG polas súas compoñentes dadaspolas ecuacións 4.4 e 4.5, e operando na ecuación 4.11:

d⋅˙⋅cos id⋅˙⋅ 1

sen2sen j=ω⋅x jω⋅d⋅cos i Ecuación 4.12

E igualando as compoñentes en X se terá a velocidade angular en función do parámetro:

d⋅⋅cos=ω⋅d⋅sen ⇒ ω= Ecuación 4.13

,ota: se o problema pedira a posición do CIR, agora se podería calcular tamén a compoñente X dovector IG igualando as compoñentes Y da ecuación 4.12, e sabida esta, xa non haberá problema en calcularas coordenadas do CIR. Se fará no apartado seguinte.

Polo que respecta á aceleración angular αααα que nos pide o problema, se obterá derivando a ecuación 4.8que obviamente dará a derivada segunda do parámetro:

α== Ecuación 4.14

Pregunta 2) Coordenadas do centro instantáneo de rotación da barra no sistema XY para unhaposición xenérica.

Xa se ten visto que as coordenadas do CIR podían calcularse por simple xeometría na figura 4.2, pero secontinuará como se o alumno non se percatara.

Segundo se ve na figura 4.3, a coordenada X do punto I é ∣IG x∣GC=xGC , e a distancia x se

pode calcular agora igualando as compoñentes Y da ecuación 4.12:

d⋅˙⋅ 1

sen2sen=ω⋅x

Figura 4.3 : Localización gráfica incompleta doCIR


e como a velocidade angular é a primeira derivada do parámetro, a ecuación se pode escribir:

d⋅˙⋅ 1

sen2sen= ˙⋅x ⇒ x=d⋅ 1

sen 2sen

E a distancia GC se pode calcular no triángulo ACG da figura 4.3. Polo tanto, a coordenada xI do CIRserá:

x I= xGC⇒ xI=d⋅ 1

sen2send⋅sen⇒ x I=

d

sen 2Ecuación 4.15

Polo que respecta á coordenada Y do CIR é, segundo se ve na figura 4.3, a distancia AO, distancia quena mesma figura 4 (ou na figura 3) se ve que é igual a: d / tg ϕ ϕ ϕ ϕ . Polo tanto:

y I=dtg ϕ

Ecuación 4.16

Pregunta 3) Diagrama do sólido libre da barra. Plantexe as ecuacións necesarias paradeterminar as forzas de ligadura e a/s ecuación/s diferencial/is do movemento.

Na figura 4.4 se presenta o diagrama de sólidolibre da barra.

En canto as forzas, hai que ter en conta que aforza elástica Fe vén determinada pola constante k doresorte e pola súa lonxitude, pois o problema di que asúa lonxitude natural é depreciable. Polo tanto:

Fe = k · AO = k·d / tg ϕϕϕϕDe acordo con isto, as únicas forzas de ligadura

que quedan por determinar son �A e �B. Ademais,dado que se trata dun sistema cun só grao deliberdade, a ecuación diferencial do movemento éúnica. Polo tanto se necesitan tres ecuacións pararesponder a esta pregunta 3, que son as dúas queproporciona a 2ª Lei de Newton en X e en Y, e aEcuación da Dinámica de Rotación:

Se comezará pola 2ª Lei de Newton:

En X: ∑ F x=m⋅¨xG⇒� A� B⋅cos=m⋅¨xG

E tendo en conta que a compoñente X da aceleración do centro de masas vén dada pola ecuación 4.6:

� A� B⋅cos=m⋅d⋅¨⋅cosd⋅2⋅sen Ecuación 4.17

En Y: ∑ F y=m⋅yG⇒ � B⋅senmgF e=m⋅y

G

e tendo en conta que a compoñente Y da aceleración do centro de masas vén dada pola ecuación 4.7:

� B⋅senmgk⋅dtg

=m⋅[d⋅⋅ 1

sen 2send⋅

2⋅cos⋅ 2

sen31]

Ecuación 4.18

Figura 4.4 : Diagrama de sólido libre


Polo que respecta á Ecuación simplificada da Dinámica da Rotación só se pode aplicar no centro demasas e nos puntos continuamente fixos (tamén noutros puntos especiais – ver condicións 2.1 no exameresolto de setembro 2002). Neste caso, se aplicará no c.d.m. G . Se debe recordar que a aceleración angular éa derivada segunda do parámetro, e que para establecer os signos dos momentos das forzas, se debe ter enconta que o eixe Z correspondente ós eixes X e Y debuxados, é entrante no plano do debuxo polo que ossentidos horarios son agora os positivos. Desta forma, a Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotaciónquedará:

∑M G=IG⋅α

Para poder establecer os momentos das tres forzas que dan momento con relación a G, se debencoñecer as distancias GA e GB. A distancia GA é d, mentres que GD se pode calcular no triángulo GDB:

DB=GB⋅sen ⇒ OBOD=GB⋅sen ⇒ dd⋅sen=GB⋅sen ⇒ GB=d⋅1sensen

Agora xa se pode aplicar a Ecuación fundamental da Dinámica de Rotación:

� A⋅d⋅cosk⋅dtg

⋅d⋅sen� B⋅d⋅1sensen

=m⋅2d 2

12⋅¨⇒

� A⋅cosk⋅d⋅cos� B⋅1sensen

=m⋅d3⋅ Ecuación 4.19

Polo tanto, as ecuacións pedidas neste apartado son a 4.17, 4.18 e 4.19.

Pregunta 4) Simplifique as ecuacións anteriores para o caso de pequenas oscilacións ó redor daposición horizontal da barra. Exprese a posición da barra no tempo, tendo en conta que parat=0 (instante inicial) a barra se encontra na posición horizontal e ten unha velocidadeangular ωωωω0.

O parámetro ϕϕϕϕ utilizado non é recomendablepara realizar o estudio solicitado pois, como se sabe,a forma máis simple de realizar estudios de pequenasoscilacións é simplificar as ecuacións xerais para ocaso de que un parámetro se faga moi pequeno paraas pequenas oscilacións. Así, no caso de que esteparámetro sexa un ángulo, se poden realizar asseguintes aproximacións:

cos θ → 1sen θ → θtg θ → θ

e isto non se pode realizar coas ecuacións 4.17,4.18 e 4.19 dado que están en función dun parámetroque non se fai moi pequeno para pequenasoscilacións senón que, neste caso de pequenas oscilacións en torno á posición horizontal, toma valores entorno a 90º. Estas aproximacións se poderían ter feito cunhas ecuacións establecidas en función do parámetroθθθθ da figura 4.5. Pois ben, para poder realizar estas aproximacións, se vai establecer a relación entre ϕϕϕϕ e θθθθpara logo realizar o cambio de parámetro nas ecuacións anteriores e poñelas en función de θθθθ.

Figura 4.5 : Relación entre os parámetros ϕϕϕϕ e θθθθ


Sen embargo, antes de realizar o cambio de parámetro, se poden realizar algunhas aproximaciónsprevias nas ecuacións anteriores, dado que para ángulos próximos a 90º se cumpre que:

sen ϕ --> 1Con estas aproximacións as ecuacións 4.17, 4.18 e 4.19 quedarán:

� A� B⋅cos=m⋅d⋅ ¨⋅cos2 Ecuación 4.20

� Bmg=m⋅d⋅˙2⋅cos Ecuación 4.21

� A⋅cosk⋅d⋅cos=m⋅d3⋅ Ecuación 4.22

Agora se fará cambio de parámetro. De acordo co que se pode ver na figura 4.5, ambos parámetros sonángulos complementarios polo que parece que cumprirán que: ϕϕϕϕ + θθθθ = ππππ /2

Sen embargo a ecuación anterior é incorrecta pois θθθθ é negativo, polo que se debe corrixir do seguintexeito:

=2⇒ =

2 Ecuación 4.23

Derivando se obterán as relacións entre as derivadas correspondentes:

= Ecuación 4.24

e volvendo a derivar:

= Ecuación 4.25

Por outra banda, se deben substituír os cosenos de ϕϕϕϕ nas ecuacións anteriores, e dada a relación 4.23, seterá que:

cos=cos2=cos 2⋅cos sen2⋅sen=sen Ecuación 4.26

Levando agora as relacións 4.24, 4.25 e 4.26 as ecuacións 4.20, 4.21 e 4.22, estas quedarán:

� A� B⋅sen=m⋅d⋅⋅sen 2� Bmg=m⋅d⋅

2⋅sen

� A⋅sen k⋅d⋅sen =m⋅d3⋅

Aproximando agora os senos ó ángulo: sen θθθθ --> θθθθ , as ecuacións anteriores quedarán:

� A� B⋅=m⋅d⋅⋅2� Bmg=m⋅d⋅

2⋅

� A⋅k⋅d⋅=m⋅d3⋅


Dado que se trata de pequenas oscilacións, se poden depreciar agora os termos que teñen parámetrofronte ós que non o teñen, quedando as ecuacións:

� A=0 Ecuación 4.27

� Bmg=0 Ecuación 4.28

k⋅=m3⋅ Ecuación 4.29

As dúas primeiras ecuacións proporcionan os valores das reaccións �A e �B , mentres que a últimaecuación é a ecuación dun Movemento Harmónico Simple, e recordando que a ecuación xeral dunMovemento Harmónico Simple é:

¨x=2⋅x

Polo que poñendo a ecuación 4.29 na forma desta última, quedará:

=3⋅km⋅ Ecuación 4.30

que é a ecuación diferencial deste movemento na forma tradicional dos MHS.A ecuación do movemento que cumpre a ecuación diferencial 4.30 (ecuación dun M.H.S.) é:

=max⋅sen w tδ

Sendo w a pulsación igual á raíz cadrada da constante da ecuación do movemento:m

kw

3=

Polo tanto, ecuación do movemento será:

=max⋅sen3km tδ Ecuación 4.31

Para establecer os valores de δδδδ e de θθθθmáx se sabe que para t=0 é θ=0, e que 0ωω = (e se ten que

recordar que ω== , segundo as ecuacións 4.8 e 4.24, polo que, supoñendo que o dato de velocidade

angular inicial inclúe o signo positivo, se terá que como no instante inicial 0ωω = , será =ω0):

Primeira condición:

=max⋅sen3km tδ⇒0=max⋅sen 3km⋅0δ⇒0=senδ⇒ δ=0

e así xa se pode dicir que a forma da ecuación será : =max⋅sen3km t A segunda condición se aplica tras derivar esta última ecuación :


=max⋅3km ⋅cos3km ⋅t ⇒ ω0=max⋅3km ⋅cos 3km ⋅0 ⇒⇒ ω0=max⋅3km ⇒ max=ω0⋅m3k

Deste xeito a ecuación 4.31 quedará:

=ω0⋅ m3k⋅sen 3km t Ecuación 4.32

que é a ecuación da posición angular do sistema en función do tempo, para pequenas oscilacións.

Pregunta 5) Se se deixa a barra en repouso na posición horizontal, ¿cal será o valor máximo dem para o que se garante que o extremo A da barra non tocará o fondo do vaso aínda que sesepare lixeiramente a barra desa posición? (dar o resultado en función de d, k e L)

Se se abandona barra en posición horizontal e sesepara lixeiramente desta posición, a barra comezaráa caer por efecto do seu peso e acelerará na súa caídapor efecto desta forza. Sen embargo conforme cae, aforza elástica comeza a aumentar contrarrestando oefecto do peso, de xeito que a aceleración de caídaserá cada vez menor ata que chegue a facerse nulacando o efecto da forza elástica sexa osuficientemente grande. Sen embargo a barra aíndaseguirá caendo por inercia, polo que a forza elásticase fará maior e a aceleración será xa de freado poloque a barra rematará por se deter, agás que anteschoque co fondo do vaso. Pois ben se trata de que sedeteña xusto antes de que o extremo A toque o fondodo vaso. Tense que determinar con que máxima masade barra isto é posible: cunha masa maior que a quese vai calcular, o resorte non sería capaz de deter a barra antes de tocar ó solo.

Isto resulta sinxelo de calcular utilizando a conservación da enerxía. En efecto as forzas �A e �B nonrealizan traballo pois son perpendiculares ó desprazamento dos puntos onde actúan, e polo tanto só realizantraballo o peso e a forza elástica que son conservativas. Polo tanto haberá conservación da enerxía total,cinética máis potenciais, entre calquera posicións que se tomen. En concreto se tomará como posición 1 aposición horizontal da figura 4.6 (na que a barra só ten enerxía potencial gravitacional), e se tomará comoposición 2 a indicada na figura 4.6 na que a barra se encontra xusto antes de tocar o solo do vaso, coacondición de que nesa posición a barra xusto se detén, de xeito que nesta posición 2 só terá enerxía potencialelástica pois tomaremos esa posición como orixe de potenciais gravitacionais:

2)2()1()2()1(

2LkhgmEEEE pepg

⋅=⋅⋅⇒=⇒= Ecuación 4.33

Se pode ver h na figura 4.6.Para poder calcular o valor máximo da masa da barra coa que é posible isto, se debe calcular antes a

altura h que intervén na ecuación 4.33, que é altura h da figura 4.6. Na figura vese que:h = L – d ·cos ϕϕϕϕm

Figura 4.6 : Posicións 1 e 2 da barra


E o cos ϕϕϕϕm pódese calculalo no triángulo AOB da mesma figura 6: cosm=OAAB=

L

L2d 2

Co que a altura h será: h=Ld⋅cosm=Ld⋅L

L2d 2

E despexando na ecuación 4.33 a máxima masa buscada se terá:

+−

=

+

⋅−

=⋅

=

2222

22

1222

dL

dg

kL

dL

LdLg

kL

gh

Lkm


PROBLEMA �º 5 : Barra esvarando dentro dun cilindro. (Examede setembro 2005 )

Unha barra homoxénea de masa m e lonxitude 2d desliza sen rozamento polo interior duncilindro fixo de radio d.2 , tal como se indica na figura 1. Resposte ás seguintes preguntas:

1. Centro instantáneo de rotación, centro J de aceleracións, velocidade e aceleración docentro de masas na barra en función do ángulo que forma coa horizontal, as súasderivadas temporais e d.

2. Ecuación diferencial do movemento da barra.3. Reaccións do cilindro sobre a barra en función do ángulo que forma coa horizontal, m e

d.4. Se se solta a barra partindo do repouso cando fora 15º coa horizontal, exprese posición,

velocidade angular e aceleración angular da barra en función do tempo, m e d.5. Centro de masas (cm) e momento de inercia (g.cm2) respecto ó eixe x da placa

homoxénea de 100 g de masa da figura 2.

Solución:Se verá en primeiro lugar o

movemento da barra. Se a barrase deixa caer desde unhaposición calquera dascomprendidas entre unha dasdous posibles posicións verticaise a horizontal inferior, é deesperar que a barra caiaacelerando debido ó seu propiopeso ata chegar á súa posiciónmáis baixa. Ver figura 5.1.Logo, debido á inercia, a barracontinuará movéndose peroagora subindo. A partir de este

Figura 5.1 : Barra en descenso Figura 5.2 : Barra en ascenso

PROBLEMA Nº 5 : Barra esvarando dentro dun cilindro. (Exame de setembro 2005 ). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.Páxina56

momento o peso da barra irá freando dita subida. Ver figura 5.2. Deste xeito a barra rematará por parar, e,unha vez en repouso na posición máis alta, volverá a caer acelerando como antes.

Se está polo tanto ante un movemento oscilatorio no que, en ausencia de rozamento, resulta probableque o movemento do centro de masas sexa harmónico simple se o movemento se realiza no contorno daposición de equilibrio, é dicir con pequenas oscilacións en torno á posición horizontal inferior.

Introducción teórica.

Método gráfico de determinar o CIR dun sólido.

Un CIR pode determinarse graficamente coa direcciónda velocidade de dous puntos do sólido. En efecto,dado que calquera velocidade é perpendicular á liñaque une o CIR co punto, sabida a dirección de dúasvelocidades, se trazan as perpendiculares a cada unhadelas, e o CIR estará onde se crucen estasperpendiculares.Pódese ver un primeiro exemplo cunha escada que estáa esvarar pola parede vertical e polo solo onde seapoia. Ver figura 5.3. Se recorda que este caso se vetamén no problema 2. Así, o punto A está esvarando pola parede vertical epola tanto a dirección da súa velocidade será aindicada (vertical cara abaixo), e o punto B estáesvarando polo solo cara á dereita e, polo tanto, a súa velocidade será horizontal cara á dereita.Unha vez determinadas estas dúas direccións de velocidades, trázase a perpendicular a vA (AC) e aperpendicular a vB (BD), e onde se cruzan AC e BD ten que estar o CIR.Un segundo exemplo pode ser o deste exame, a barraque esvara sen rozamento polo interior do cilindro dafigura 5.4. Como esvara polo interior do cilindro, ospuntos A e B teñen que estar continuamente encontacto co interior do cilindro, polo que as súasvelocidades teñen que ser tanxentes á circunferenciaque, ó fin e ó cabo, coincide coa traxectoria dospuntos.. E así, tendo en conta que a perpendicular átanxente nun punto dunha circunferencia é o radioque pasa por ese punto, a perpendicular a vA seráAC, e a perpendicular a vB será BD. E polo tanto,como onde se cruzan AC e BD ten que estar o CIR, ecoincidindo AC e BD con radios, o CIR é o centro dacircunferencia.

Resposta: CIR = centro do cilindro.

Determinación do centro de aceleracións J.

Existen métodos analíticos para determinar o centro de aceleracións e se expón un destes métodosna �ota Complementaria 5.4 no remate deste exercicio. Sen embargo neste caso concreto é moitomáis sinxelo razoar o que é o centro de aceleracións pois así se verá que se pode determinar de formainmediata. Como, por definición, o centro de aceleracións é o punto J que ten aceleración cero, se

Figura 5.4 : Determinación do CIR

Figura 5.3 : Determinación do CIR


pode intentar ver se existe algún punto que se poida ver de forma simple que ten aceleración ceronunha posición xenérica. Comézase por examinar o CIR pois deste se sabe que ten velocidade ceropolo que só se debe comprobar se sempre ten velocidade cero, é dicir se o CIR é sempre o mesmopois neste caso ademais de ter velocidade cero, tamén tería aceleración cero e sería, polo tanto,tamén o centro de aceleracións J. �ormalmente, o CIR non é o centro de aceleracións pois varía duninstante a outro, como se pode ver, por exemplo, no caso da escaleira do primeiro exemplo, onde encada posición da escaleira existe un CIR diferente. É dicir, o CIR en calquera posición da escaleiraten velocidade cero pero ten aceleración non nula, o que se observa en que, nun instante posterior áposición citada, o CIR pasa a ser outro punto, polo que o primeiro CIR ten agora unha velocidadenon nula.Sen embargo neste problema, o CIR é sempre o centro da circunferencia, pois pódese ver que en

calquera posición que se debuxe a barra, o CIR segue a ser o punto O, dado que as velocidades de Ae B son sempre tanxentes á circunferencia. Por iso, o punto O non só ten velocidade cero nun certoinstante, senón en calquera outro instante posterior, polo que, ó non variar a súa velocidade, a súaaceleración debe de ser nula. Polo tanto:

Centro de aceleracións J = centro da circunferencia O

1. Determinar a velocidade e a aceleración do centro de masas en función do ángulo que a barraforma coa horizontal, as súas derivadas temporais e d.

O problema di que se utilice o ángulo ϕϕϕϕ da figura 5.5 comoparámetro para estudiar o movemento da barra, e este ángulo éxustamente o ángulo que indica o xiro da barra ó redor do centrode masas G polo que as súas derivadas indican a velocidade e aaceleración angulares da barra. Sen embargo quizás resultaramáis cómodo utilizar o ángulo αααα da mesma figura, que sitúa ocentro de masas G con relación á horizontal, polo que se poderíautilizar como parámetro se o problema deixase liberdade parafacelo pois así se obterían as coordenadas xenéricas de G dunxeito máis simple que co ángulo ϕϕϕϕ que indican. Sen embargo,para localizar de forma simple as coordenadas xenéricas de G,tamén sería cómodo utilizar o ángulo ββββ da figura 5.5 que sitúa áG con relación á vertical, e, segundo se ve na figura adxunta, ϕϕϕϕ eββββ son iguais pois os dous ángulos teñen lados perpendiculares(fixarse que o segmento OG é perpendicular á barra pois a liña que une o centro dunha corda decircunferencia co centro desta é perpendicular á dita corda). E como estes ángulos ϕϕϕϕ e β β β β son iguais, a partirde agora se chamará ϕϕϕϕ ó ángulo ββββ, e se traballará con el sen máis preocupación.

Unha vez establecido isto, se pasa a establecer a velocidadee aceleración do centro de masas da barra utilizando esteparámetro. Resulta interesante observar que, como xa se tencitado, o ángulo ϕϕϕϕ precisamente determina o xiro da barra óredor do centro de masas, polo que, de forma inmediata, se sabe

que a velocidade angular desta será: ω= .

Antes de se poñer a calcular a velocidade e a aceleración docentro de masas da barra en función do parámetro, convén

Figura 5.5 : Posibles parámetros

Figura 5.6 : Posibles parámetros


determinar o valor do segmento OG, que como se pode ver na figura 5.6, aplicando o teorema de Pitágoras ótriángulo OGB, vale:

OG=OB2GB2= 2⋅d 2d 2=d

Agora se pode establecer a posición, velocidade eaceleración de G utilizando o parámetro ϕϕϕϕ que o enunciadoesixe usar, pero colocándoo na posición da figura adxunta poisresulta moito máis cómodo para localizar G.

Á súa vez se deben establecer eixes coordenados e,buscando o que normalmente parece resultar de máis intereseque é ter a posición do sistema no cuadrante positivo do planoXY, se poderían elixir os eixes indicados na figura 5.7 o, que, ásúa vez, vería condicionado por respectar a posición quepresenta o enunciado do problema. Sen embargo isto non é omáis conveniente pois conduce a ter o eixe Z saínte co que oparámetro ϕϕϕϕ é negativo e isto conleva a un aumento dasposibilidades de erro. Aquí se resolverá o exercicio cos eixesda figura 5.7, para que o alumno poda ver como atender ásdificultades que este tipo de situacións crean, pero na NotaComplementaria 5.1 no remate deste problema se presentacomo quedaría o problema con outros eixes máis convenientes,e como iso variaría a resolución do problema.

Se continúa agora cos eixes da figura 5.7:Posición de G: Parece vir dada por:

xG = GE = d · sen ϕϕϕϕyG = OE = d · cos ϕϕϕϕ

Sen embargo se debe ter en conta que cos eixes indicados, o eize +Z é saínte, polo que o parámetro énegativo. O alumno debe recordar que o sentido dun ángulo vén determinado polo xiro desde a recta dereferencia (eixe +Y neste caso) ata a amplitude do ángulo. Polo tanto, sendo negativo o parámetro, o seuseno tamén é negativo. Sen embargo, como ben se ve na figura 5.7, a coordenada xG é positiva. Polo tanto, asecuacións anteriores se deben corrixir así:

xG=d⋅sen Ecuación 5.1

yG=d⋅cos Ecuación 5.2

Velocidade de G:

˙xG=dxG

dt=d⋅⋅cos Ecuación 5.3

ϕϕ senddt

dyy GG ⋅⋅−==

••

Ecuación 5.4

Aceleración de G:

¨xG=d ˙xG

dt =d⋅¨⋅cosd⋅2⋅sen Ecuación 5.5

Figura 5.7 : Localización do centro demasas da barra


ÿG=d ˙yG

dt =d⋅¨⋅send⋅2⋅cos Ecuación 5.6

Co que queda contestado este apartado.En canto, a aceleración angular αααα da barra será, en función do parámetro:

α= ˙ωe como ˙ω=dωdt=

d

dt= ¨ seráα= ¨ Ecuación 5.7

2. Determinar a ecuación diferencial do movemento da barra.

Na figura se ve o diagrama de sólido libre dabarra. Como non existe rozamento, as forzas que ocilindro aplica á barra son as reaccións normais nospuntos de contacto, polo que terán dirección radial.

Se dispón das dúas ecuacións que proporciona a2ª Lei de Newton, unha en X e outra en Y, nas que, desdelogo, aparecen as reaccións do cilindro sobre a barra. Poloque respecta á Ecuación Simplificada da Dinámica deRotación (ΣΣΣΣM=I·αααα), pódese aplicar no centro de masas G,e neste caso tamén aparecerán nesta ecuación as reacciónsdo cilindro sobre a barra.

Procedendo deste xeito, se deben eliminar asreaccións dunha das tres ecuacións citadas ata chegar áecuación do movemento, o que pode levar un certo tempoe esixirá bastante coidado para non se equivocar nasoperacións.

Sen embargo, neste problema, existe unhaposibilidade máis sinxela pois a Ecuación Simplificada daDinámica da Rotación tamén se pode aplicar en puntos de aceleración nula, é dicir en puntos que teñanaceleración cero como é o punto O (2ª das condicións 2.1 establecidas no problema número 2). De todasformas, non sendo O un punto do sólido, se debe comprobar se o momento de inercia do sólido con relacióna este punto é só función das dimensións do sólido, de acordo coa segunda das condicións 2.2, pero isto secomprobara mentres se realizan os cálculos. O interese deste punto O para aplicar nel a ecuación da dinámicada rotación é que, con relación a este punto, as reaccións �A e �B dan momento nulo pois se dirixen cara O.E ó non aparecer as reaccións nesta ecuación, esta xa nos dará directamente a ecuación do movemento. Polotanto se aplicará a Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación no punto O:

ΣMO =IO · α, sendo αααα a aceleración angularPero se debe poñer αααα en función do parámetro, e xa a temos establecida na ecuación 5.7. Polo tanto:

∑M O=IO⋅

Para determinar IO se aplica o teorema de Steiner pois se sabe que o momento de inercia dunha barra conrelación a un eixe perpendicular á mesma e que pasa polo seu centro de masas, IG , é :

IG =m·L2/12 sendo L a lonxitude da barraPolo tanto, segundo o teorema de Steiner:



2amII GO ⋅+=

sendo a a distancia entre eixes paralelos que pasan por O e por G, ou sexa, neste caso é a distancia d, talcomo se ve na figura 5.8. Polo tanto:

( ) 222

2

3

4

12

2dmdm

dmIamII OGO ⋅=⋅+

⋅⋅=→⋅+=

Vese aquí como este punto O cumpre a 2ª das condicións 2.2, dado que IO só depende das dimensións dabarra.

Volvendo á Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación, se debe observar a figura 5.8 para calcularo momento do peso. Sen embargo, se debe ter en conta que o parámetro é negativo polo que o seu senotamén o é. Así, como o momento do peso é positivo tal como se ve na figura 5.8 (provoca un xiro antihorarioó redor de O), non se pode dicir que ese momento é:

M Omg=m⋅g⋅GE=m⋅g⋅sen

pois isto, dado o signo negativo do seno do parámetro implicaría afirmar que este momento é negativo, oque, como se ve na figura 5.8, é falso. Polo tanto o momento do peso se terá que indicar así:

M Omg =m⋅g⋅GE=m⋅g⋅sen=m⋅g⋅sen

Agora, xa se pode aplicar a Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación:

∑M O=IO⋅ ⇒m⋅g⋅d⋅sen=43m⋅d 2⋅

Polo tanto, a ecuación diferencial do movemento quedará:

=3g⋅sen

4dEcuación 5.8

,ota: Fixándose na ecuación anterior, vese que para pequenos ángulos (sen ϕ ≈ ϕ ), quedará:

=3g4d⋅ Ecuación 5.9

que, recordando que a ecuación dun Movemento Harmónico Simple ten a forma de

¨x=w2⋅x

se observa que a ecuación 5.9 ten esa forma polo que corresponde a un Movemento Harmónico Simplede pulsación: w2 = 3g/4d

3. Reaccións da barra en función do ángulo que forma esta coa horizontal, de “m” e de “d”.

Os ángulos que se necesitan para aplicar a 2ª lei de Newton pódense ver na figura 5.9. Aplicandoagora a 2ª Lei de Newton:

– En X: ∑ F x=m⋅¨xG � A⋅cosδ� B⋅cos β∣∣=m⋅¨xG


– En Y: ∑ F y=m⋅yG � A⋅sen δm⋅g� B⋅sen β∣∣=m⋅yG

Ponse o valor absoluto de ϕϕϕϕ para ter en conta que setrata dun ángulo negativo e que sen embargo aquí se estáa tomar como positivo. Observando que os triángulosOAG e OGB da figura 5.9 son iguais, vese que o ánguloββββ é o mesmo en ambos triángulos e que vale 45º pois:

sen ββββ = OG/OA = d/d.√2 → ββββ = 45ºE o ángulo δδδδ é: δδδδ = ββββ - |ϕϕϕϕ | = 45º - |ϕϕϕϕ |

Igual que antes, ponse o valor absoluto de ϕϕϕϕ para teren conta que se trata dun ángulo negativo e que senembargo aquí se está a tomar como positivo.

Con estes ángulos se desenvolverán as dúas ecuaciónsanteriores:

� A⋅cos 45∣∣� B⋅cos 45∣∣=m⋅¨xG⇒

� A⋅cos 45 º⋅cos∣∣� A⋅sen45 º⋅sen∣∣� B⋅cos 45º⋅cos∣∣� B⋅sen 45 º⋅sen∣∣=m⋅¨xG

� A sen 45º∣∣m . g� B⋅sen 45 º∣∣=m⋅ÿG� A sen 45 º⋅cos∣∣� Acos 45º⋅sen∣∣mg� Bsen 45 º⋅cos∣∣� Bcos 45 º⋅sen∣∣=m⋅y

G

Operando e tendo en conta que, sendo ϕϕϕϕ negativo:• sen∣∣=sen• cos∣∣=cos• e, ademais, que os valores das compoñentes da aceleración do centro de masas veñen dadas

polas ecuacións 5.5 e 5.6,as ecuacións anteriores quedarán:

� A⋅cos� A⋅sen� B⋅cos� B⋅sen=2⋅m⋅d⋅¨⋅cosd⋅2⋅sen

Ecuación 5.10

� A⋅cos� A⋅senmg� B⋅cos� B⋅sen=2⋅m⋅d⋅¨⋅send⋅2⋅cos

Ecuación 5.11

Destas dúas ecuacións se poden despexar �A y �B pero aparecerán en función das derivadas doparámetro, e o exercicio pide as reaccións en función do parámetro. Expresar a derivada segunda enfunción do parámetro é sinxelo pois a propia ecuación 5.8 do movemento xa a dá :

=3g⋅sen

4dEcuación 5.12



Pero se necesita tamén a derivada primeira en función do parámetro. Isto pode facerse pois, dada aforma da ecuación do movemento na que falta unha das derivadas, se pode integrar con facilidade tendo enconta que:

¨=d

dt=

d

d⋅ddt=

d

d⋅

Substituíndo esta expresión na ecuación do movemento, quedará:

¨=3g⋅sen

4d⇒

d

d ⋅=

3g⋅sen4d

⇒ d ⋅=3g⋅sen

4d⋅d

E esta última ecuación é ben fácil de integrar:

∫ ⋅d =3g4d⋅∫ sen⋅d ˙

2

2=3g4d⋅cosC

˙2=3g2d⋅cosC Ecuación 5.13

Aparece unha constante de integración e o seu valor vén determinado pola velocidade nalgunha posiciónda barra, por exemplo na posición inicial (debidamente identificada, claro está, como no apartado seguinte).Como o exercicio non proporciona ningún dato de velocidade, haberá que arrastrar esta constante deintegración no cálculo. Sen embargo, resulta máis simple resolver o sistema de ecuacións 5.10 e 5.11 enfunción das derivadas do parámetro, e unha vez obtida a solución substituír estas polos seus valores dadosnas ecuacións 5.12 e 5.13. Procedendo desta forma e despexando en primeiro lugar �B se obtén a seguintesolución:

� B=2⋅m⋅d

2⋅2

gd⋅cossen Ecuación 5.14

e substituíndo agora nesta expresión as solucións das ecuacións 5.12 e 5.13 e operando, se terá que:

� B=2⋅m⋅g

8⋅10⋅cossenC ' Ecuación 5.15

sendo C' : C '=4d⋅Cg

e C a constante de integración da ecuación 5.13.

Utilizando agora, ben a ecuación 5.14, ben a 5.15, para despexar �A no sistema de ecuacións anterior, sechega á seguinte solución para esta outra reacción:

� A=2⋅m⋅g

8⋅10⋅cossenC ' Ecuación 5.16

co mesmo valor indicado antes para C'.


4. Soltando a barra partindo do repouso cando forma un ángulo de 15º coa horizontal, expreseposición, velocidade angular e aceleración angular da barra en función do tempo, m e d.

Ó pedir a posición en función do tempo, o enunciado está a pedir a ecuación do movemento, é dicir quese integre a ecuación diferencial do movemento que se ten establecido na ecuación 5.8:

=3g⋅sen

4d

Esta ecuación é moi fácil de integrar ata chegar a ϕϕϕϕ = ϕϕϕϕ (t) no caso de que só se estudien movementoscon pequenos ángulos, pois nese caso sen ϕϕϕϕ ≈≈≈≈ ϕϕϕϕ , e así a ecuación diferencial do movemento se transformana ecuación dun movemento harmónico simple:

=3g4d⋅

que se comproba que é a ecuación dun movemento harmónico simple de pulsación w2 = 3g/4d, e polotanto a ecuación do movemento é da forma:

ϕϕϕϕ = ϕϕϕϕ max · sen (w·t + φφφφ)sendo w a pulsaciónNeste sentido, o primeiro sería comprobar que

podemos considerar pequenos os ángulos ó longo domovemento. Pois ben, o enunciado di que a barra se deixacaer desde unha posición na que ϕϕϕϕ = 15º, ou sexa queeste será o máximo ángulo durante todo o movemento, talcomo como se pode ver aplicando a ecuación daconservación da enerxía entre as posicións G1 e G3 docentro de masas. En efecto, a barra caerá acelerandodesde a posición inicial G1 ata chegar á posición G2 demínima altura, e tamén posición de máxima velocidade,polo que volverá a ascender, pero xa freando dado que opeso oponse á subida. Suponse que a barra remata porchegar a G3 que se tomará como a posición de máximaaltitude que acada a barra ó outro lado da posición inicial,e polo tanto o barra estará en repouso nesa posición. Poisben como en ambas posicións G1 e G3 só existe enerxíapotencial gravitacional e non hai traballo nonconservativo durante o percorrido, se demostra que h1 eh3 teñen que ser iguais (recordar que as forzas normais non realizan traballo, e que o peso é unha forzaconservativa):

Epg(1) = Epg(3) ---> m·g·h1 = m·g·h3 --> h1 = h3

E polo tanto o ángulo φ φ φ φ será tamén de 15º.Ou sexa que ángulo máximo: ϕϕϕϕ max = 15ºPódese comprobar que con ángulos de 15º , a diferencia entre ángulo e seno apenas chega ó 1%. Poloque se suporá, con esta aproximación, que a simplificación sen ϕϕϕϕ ≈≈≈≈ ϕϕϕϕ é válida.Polo tanto:

Ecuación aproximada do movemento: =3g4d⋅

E polo tanto, solución: ϕϕϕϕ = ϕϕϕϕ max . sen (w·t + φφφφ)Se o alumno recordase que, cando o instante inicial coincide co extremo positivo do movemento, a

ecuación toma a forma coseno sen desfase inicial, sería aínda máis sinxelo pois a ecuación sería:

Figura 5.10 : Posicións extremas domovemento


ϕϕϕϕ = ϕϕϕϕ max · cos wte para que o instante inicial coincida co extremo positivo, o único que se debe facer é tomar comoinstante inicial a posición G3, o que o enunciado non impide.Non tendo en conta esta apreciación, de todas formas se sabe que:• ϕϕϕϕ max = 15º = 0,2618 rad;

• e que a pulsación é d

gw

4

3= ,

• e ademais, que para t=0 a posición é ϕϕϕϕ = 15º = 0,2618 rad.

Polo tanto, ecuación será:

+⋅⋅= φϕ t

d

gsen

4

32618,0

a falta de determinar o desfase inicial φφφφ que se determinará así: para t=0 é ϕϕϕϕ = 15º = 0,2618 rad. Polotanto:

2/10.4

32618,02618,0

4

32618,0 πφφφφϕ =→=→

+⋅=→

+⋅⋅= sen

d

gsent

d

gsen

E así, a ecuación quedará:

+⋅⋅=24

32618,0

πϕ t

d

gsen (Sist. Internacional)

Se se quere, se pode desenvolver o seno da suma, e chegar ó coseno:

⋅⋅= t

d

g

4

3cos2618,0ϕ

Unha vez sabida a ecuación da posición en función do tempo, é unha obviedade saber as ecuacións davelocidade angular e da aceleración angular:

ω==ddt [0,2618⋅cos3g4d⋅t]=0,2618⋅ 3g4d⋅sen 3g4d⋅t

E a da aceleración angular será:

α=dωdt=ddt [0,2618⋅3g4d⋅sen3g4d⋅t]=0,2618⋅3g4d⋅cos3g4d⋅t⇒

α=0,1964⋅gd

⋅cos3g4d⋅t

5.1. Calcular o centro de masas (cm) da placa homoxénena de 100 g da figura 2.

O rectángulo de 3x4 cm se identificará co subíndice T(superficie TOTAL). O trozo circular que lle falta ó rectángulo seidentificará co subíndice c, e á placa real co subíndice p de placa.

Aplicando o principio de superposición ó cálculo do centro demasas da placa:

mT⋅rGT=mc⋅rGcm p⋅rGp⇒

m p⋅rGp=mT⋅rGTmc⋅rGc Ecuación 5.17

Vese que para calcular o vector rGp que se pide, se necesitan saberas masas das tres superficies consideradas, ademais das posicións doscentros de masas da superficie total e da superficie circular.

Figura 5.11 : Peza a estudiar


-Masas:Sábese que mp=100 g.Sábese que ten que ser:

mT=m pmc ⇒ mT=100mc Ecuación 5.18

E sábese que, suposta densidade de masa uniforme, a masa de cada superficie é proporcional ó valor damesma superficie. Polo tanto:

TcT

c

T

c mmSuperficie

Superficie

m

m⋅=→=

⋅⋅

== 2618,02618,043

4/22π

E substituíndo isto na ecuación 5.18, quedará: mT = 100 + 0,2618.mT Despexando calcúlase mT, e a partir desta calcúlase logo mc:

mT = 135,5 gmc = 0,2618·mT = 0,2618 · 135,5 = 35,5 g

- Centro de masas do rectángulo: Dada a simetría do rectángulo completo, a posición do seu centro demasas é:

xT = 1,5 cmyT = 2 cm

- Centro de masas da superficie circular: Dada a simetría da superficie, o valor de xc e de yc teñen queser idénticos.

Pódese calcular o seu centro de masas co teorema dePappus-Guldin (ver a ,ota Complementaria 5.5 noremate deste exame). Sen embargo vén moi ben saber quea coordenada yG do centro de masas dun semicírculo é4R/3ππππ (a coordenada xG é nula dada a simetría dunhafigura semicircular, e tomando sempre os eixes X e Ycentrados no centro do círculo completo), é que este valoré tamén a coordenada xC e a coordenada yC do centro demasas dun cuarto de círculo (ver figura). Son figuras moihabituais (semicírculo e cuarto de círculo) polo queconvén saber estes valores.

cmr

xc 849,03

4=

⋅⋅

=π

yc = 0,849 cm

- Centro de masas da placa: Agora se pode ir áecuación 5.17 e calculalo.

ccTTpp rmrmrm ⋅−⋅=⋅

En X: cmm

xmxmx

p

ccTTp 73,1

100

849,05,355,15,135=

⋅−⋅=

⋅−⋅=

En Y: cmm

ymymy

p

ccTTp 41,2

100

849,05,3525,135=

⋅−⋅=

⋅−⋅=

5.2. Calcular o momento de inercia (g.cm2) respecto ó eixe X da placa homoxénea de 100 g dafigura 2.

Figura 5.12 : Centro de masas dun cuarto deCírculo


Tamén se aplicará aquí o principio de superposición:

I xT= I xcI xp ⇒ I xp=I xT I xc Ecuación 5.19

Vese que, para calcular o momento de inercia pedido, se necesita saber o momento de inercia dasuperficie total e o da superficie circular con relación ó mesmo eixe X.

- Momento de inercia da superficie rectangular:Se necesitará traballar coa densidade superficial de masa da superficie rectangular:

2/29,1143

5,135cmg

S

m

T

T =⋅

==ρ

Para calcular o momento de inercia da superficie rectangular, se poden citar dúas formas sinxelas defacelo:

• A primeira podería ser partir de saber que o momento de inercia dun rectángulo a×b conrelación a un eixe que pasa polo seu centro de masas e que é paralelo a un lado, por exemplo ó ladoa, é IG_x = mb2/12, e sabido este, aplicar o teorema de Steiner para calcular o Ix pedido.

• A segunda forma é integrar directamente. Aquí se calculará da primeira forma, presentándose asegunda forma na Nota Complementaria 5.6 final do problema.

Polo tanto: IxT = IG_x + m·(b/2)2 = mb2/12 + mb2/4 = mb2/3Operando: IxT = mb2/3 = ρ·S·b2/3 = ρ·a·b·b2/3 = ρ·a·b3/3 = 11,29·3·43/3 = 722,56 g·cm2

- Momento de inercia da superficie circular:Para calcular o Ixc o primeiro é coñecer o Ix dun círculo completo.

Dun círculo sábese o momento de inercia con relación a un eixeperpendicular á súa superficie e que pasa polo seu centro, que é igualque o dun cilindro con relación ó seu eixe axial: Io= m.r2/2

Para utilizar este dato para calcular o Ix que se quere saber, se partedo seguinte teorema: dados dous eixes perpendiculares entre si, a e b,que se cruzan nun punto O (ver figura da dereita), cúmprese que omomento de inercia con relación a un eixe perpendicular ós douscitados que pasa por O, é:

IO = Ia + Ib

Pódese aplicar isto para calcular o momento de inercia dun círculocon relación ó eixe X:

IO = Ix + Iy E dada a simetría do círculo: Ix = Iy, polo que:

IO = 2.Ix ---> E como IO = m·r2/2 : m·r2/2 = 2 · Ix → Ix = m·r2/4

Agora pódese utilizar este valor para aplicar o principio desuperposición e así calcular o Ixc do cuarto de círculo que se busca:

Na figura 5.15 vese que o momento de inercia dun círculo conrelación a un diámetro se pode considerar como a suma dos momentos

Figura 5.13 : Figura con douseixes perpendiculares

Figura 5.14 : Círcuclo con douseixes perpendiculares


de inercia de catro superficies de un cuarto de círculo, e que, dada a súa simetría, terán momento de inerciaidéntico. Ou sexa que:

Ix círculo completo = 4. Ixc → m·r2/4 = 4 · Ixc → Ixc = m·r2/16 = 35,5 · 22 / 16 = 8,88 g·cm2

- Momento de inercia da placa: Agora xa se pode aplicar a ecuación 5.19 para calcular o momento deinercia da placa que pide o problema:

Ixp = IxT - Ixc = 722,56 – 8,88 = 713,68 g.cm2

�ota Complementaria 5.1 : A elección de eixes coordenados

Pregunta: Establecer a 2ª Lei de �ewton e aEcuación da Dinámica da Rotación para a posiciónxenérica da barra debuxada na figura 5.16.

A elección duns ou outros eixes coordenados, ou aelección dunha ou outra posición xenérica do sistemaestudiado, pode facilitar ou dificultar a resolución do problemae, en consecuencia, diminuír ou aumentar as posibilidades deerro. Neste exercicio se ten procedido dunha forma que non é amáis simple pero é a que, moi probablemente, elixirían moitosalumnos na tensión dun exame. Sen embargo a elección doseixes habituais unido traballar con outra posición xenérica dosistema, facilitaría a resolución.

En efecto, neste problema se ten traballado cun parámetroque na posición xenérica elixida para desenvolver o problema,ver figura 5.4 e seguintes, copiada tal como a proporciona oenunciado, é negativo, e isto obriga a ter moito coidado coasexpresións nas que interveña o parámetro poisinadvertidamente pode estar a cambiar o signo que o alumno quería establecer:

O alumno debe ter en conta que, como xa se ten comentado, se é posible, é de bastante intereseutilizar eixes e/ou posicións do sistema nas que o parámetro/s elixido sexa positivo.

Figura 5.15 : Círculo como superposición de catro cuartos de círculo

Figura 5.16 : Localización do centro demasas da barra


Neste caso, sen máis complicacións, se poderían utilizar os eixes habituais, despreocupándose de que omovemento se realice fóra do cadrante positivo do plano XY, e buscando algo moito máis interesante que éter o parámetro positivo. Sería o caso dos eixes e da posición xenérica da figura 5.16,. Así, como se podever na figura 5.16, a posición do centro de masas sería a que se observa na figura sen máis consideracións:

xG=d⋅sen

yG=d⋅cos

e a velocidade e aceleración do centro de masas seobterían de forma inmediata derivando as ecuacións anteriores.

En canto á aplicación das ecuacións da dinámica, codiagrama de sólido libre da figura 5.17, sería tamén inmediatapoñendo os signos tal como se ven na figura sen máispreocupación:

– Segunda lei de ,ewton segundo X :

∑ F x=m⋅¨xG ⇒

⇒� A⋅cos45º� B⋅cos 45º =m⋅¨xG

– Segunda Lei de ,ewton segundo Y :

∑ F y=m⋅ÿG� A⋅sen 45ºm⋅g� B⋅sen 45º =m⋅ÿG

– Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación :

∑M O=IO⋅ ⇒m⋅g⋅d⋅sen=43m⋅d 2⋅

�ota Complementaria 5.2 : Método analítico para determinar unha velocidadeangular

Pregunta: Demostrar analiticamente a relaciónda velocidade angular da barra, coas derivadas doparámetro.

Vaise establecer a relación entre parámetro ϕϕϕϕ e avelocidade angular a partir da relación entre vG e avelocidade nula do CIR O:

OGxvv OG ω+=

E como estase traballando co CIR O, tense que vO=0,polo que a ecuación anterior queda:

OGxvG ω=

Figura 5.18 : Posicións extremas domovemento

Figura 5.17 : Diagrama de sólido libreda barra


Cos mesmos eixes utilizados no desenvolvemento do problema, sábese:• que a ecuación do centro de masas se encontra nas ecuacións 5.3 e 5.4

• que a velocidade angular ten dirección Z,• e que na figura se pode establecer o vector:

OG=d⋅sen id⋅cos j

recordando que o ángulo ϕϕϕϕ é negativo e que polo tanto cambia o signo do seno.Agora se poden substituír estes valores na ecuación anterior:

d⋅⋅cos id⋅⋅sen j=ω⋅k×d⋅sen id⋅cos j

E operando, queda: d⋅⋅cos id⋅⋅sen j=ω⋅d⋅sen jd⋅cos i

Comparando ambos membros, tanto en X como en Y, vese que, como xa se sabía, ω=

�ota Complementaria 5.3 : Método analítico para determinar o CIR

Pregunta: Encontrar analiticamente a posición do CIR da barra en función do parámetro eas súas derivadas.

Preséntase aquí unha forma analítica de determinar o CIR, método que permite tamén determinar a basee a ruleta dun sólido en movemento, a partir:

• do coñecemento da velocidade dun punto

• e do valor da velocidade angular. A dirección desta se sabe sempre nun movemento plano pois éperpendicular ó plano do movemento.

Así, na ecuación: IAxvv IA ω+=

E sendo I o CIR, tense que vI=0, polo que a ecuación anterior queda:

IAxv A ω= Ecuación 5.20

Pódese establecer a posición de I a partir da velocidadecoñecida dalgún punto A e da velocidade angular do movemento.Aquí se utilizará G como punto con velocidade coñecida dadoque é coñecida en función do parámetro e das súas derivadas.

Se seguirá utilizando o parámetro ϕϕϕϕ utilizado nodesenvolvemento do problema por imposición do enunciado.

Unha vez establecido isto, se recorda que a velocidade docentro de masas da barra está establecida nas ecuacións 5.3 e 5.4:

Velocidade de G: ˙xG=d⋅⋅cos

ϕϕ sendyG ⋅⋅−=••

E como: kr

ωω = , e tomando G como punto A na ecuación

5.20, esta quedará:

vG=ω xIG d⋅⋅cos id⋅⋅sen j=ω k xIG

Multiplicando ambos membros vectorialmente polo vector kr, quedará:

Figura 5.19 : Relación entre ángulos


d⋅⋅cos id⋅⋅sen j×k=ω k ×IG ×k Ecuación 5.21

No primeiro membro pode operarse directamente, e no segundo tamén recordando que:

a × b × c=a⋅c bb⋅c a Ecuación 5.22

Así, a ecuación 5.21 quedará:

d⋅⋅cos i × kd⋅⋅sen j × k=ω⋅ k⋅k IGIG⋅k k Ecuación 5.23

E recordando:

• que 1=⋅kk ,

• e que 0. =⋅kIG pois IG está no plano do movemento e, polo tanto, é perpendicular a k ,a ecuación 5.23 quedará:

ω⋅IG=d⋅⋅cos jd⋅⋅sen i IG=d⋅⋅cos jd⋅⋅sen i

ω

Aquí se ve que, sabendo a relación entre ωωωω e a derivada primeira do parámetro, xa se sabería a posición

de I a partir da posición de G. No caso deste exercicio en que ω= , quedaría:

IG=d⋅⋅cos jd⋅⋅sen i

˙=d⋅cos jd⋅sen i

Co que, como, ademais: ( ) ( ) jyyixxIG IGIG −+−=

Igualando ambas expresións do vector IG se terá que:

xGx I i yG y I j=d⋅sen id⋅cos j

Proxectando esta ecuación segundo X e segundo Y:

• En X: xGx I=d⋅sen ⇒ x I=xGd⋅sen

• En Y: yG y I=d⋅cos ⇒ y I= yGd⋅cos

E substituíndo xG e yG polos seus valores dados nas ecuacións 5.1 e 5.2, se terá que: xI = 0 e que yI =0co que se comproba que o CIR é a orixe de coordenadas.

�ota Complementaria 5.4 : Método analítico para determinar o centro deaceleracións

Pregunta: Determinar analiticamente a posición do centro de aceleracións da barra.

Pódese expresar a aceleración de calquera punto do sólido en función da aceleración do centro deaceleracións J , ó igual que se pode facer con calquera outro punto:

JAJAxaa JA2ωα −+=


e sendo J o centro de aceleracións, será aJ = 0, a ecuación anterior quedará:

JAJAxaA2ωα −=

Aplicándoo no centro de masas, se terá que:

aG=α ×JGω2JG Ecuación 5.24

Nesta ecuación sábese que, • a aceleración de G vén dada polas ecuacións 5.5 e 5.6, pero para operar se pode utilizar

inicialmente como: aG=aGxiaGY

j

• a súa aceleración angular é : = k ,

• e a súa velocidade angular é: = ˙2k

Polo que a ecuación 5.24 quedará:

aG=α ×JGω2JG ⇒ aGxiaGY

j= ¨k×JG ˙2JG

Para simplificar esta ecuación pódese utilizar o artificio xa utilizado na Nota Complementaria 5.3 de

multiplicar a ecuación anterior vectorialmente polo vector k , quedando así a ecuación anterior:

aGxiaGY

j × k= ¨k ×JG × k ˙2JG ×k Ecuación 5.25

resultando cada sumando:

• aGxiaGY

j × k=aGxi × kaGy

j× k=aGXjaGY

i

• para resolver o segundo sumando se debe recordar a propiedade enunciada na ecuación 5.22 sobre otriple producto vectorial, e aplicando esta propiedade se terá que:

¨k ×JG × k= ¨k⋅k JGJG⋅k ¨k= ¨JG

pois k⋅k=1 e JG⋅k=0 pois estes dous vectores son perpendiculares entre si.

Ademais, representando o vector JG así: JG=JG xiJG y

j , o resultado deste terceiro

sumando quedará: JG= JG xi JG y

j

• Para operar no terceiro sumando se utilizará a mesma representación anterior do vector JG ,quedando así:

˙2JG× k= ˙

2 JG x

i JG yj×k= ˙

2JG x

j ˙2JG y

iLevando estes tres resultados á ecuación 5.25, esta quedará:

aGXjaGY

i= ¨ JG xi ¨ JG y

j ˙2JG x

j ˙2JG y

iOperando:

aGYiaGX

j= ¨ JG x2JG y i ¨ JG y

2JG x j Ecuación 5.26

Igualando en X, e substituíndo a expresión de aGy dada pola ecuación 5.5, se obtén:

aGY= ¨ JG x ˙2JG y ⇒ ¨⋅d⋅sen ˙

2⋅d⋅cos= ¨ JG x ˙

2JG y


Igualando os termos coa segunda derivada do parámetro entre sí, e os termos coa primeira derivada entresi, se terá:

⋅d⋅sen= JGx ⇒ JGx=d⋅sen Ecuación 5.27

˙2⋅d⋅cos=˙

2JG y ⇒ JGy=d⋅cos Ecuación 5.28

Queda para o alumno comprobar que igualando os termos en Y da ecuación 5.26 se obteñen os mesmosresultados.

Tendo agora en conta que: JGx = xG – xJ e que JGy = yG – yJ así como que xG e yG están dados nasecuacións 5.1 e 5.2, as ecuacións 5.27 e 5.28 quedarán:

JG x=d⋅sen ⇒ xGx J=d⋅sen ⇒ d⋅senx J=d⋅sen ⇒ xJ=0

JG y=d⋅cos ⇒ yG yJ=d⋅cos ⇒ d⋅cos yJ=d⋅cos ⇒ y J=0

Co que se encontra que o centro de aceleracións é o punto (0,0), ou sexa o punto O como xa tiñamosdeducido ó longo do desenvolvemento do problema.

�ota Complementaria 5.5 : Cálculo do centro de masas dun cuarto de círculo

Pregunta: Calcular a posición do centro de masas dun cuarto de círculo.

Suporase que un cuarto de círculo (superficie grisda figura 5.20) xira en torno ó eixe Y e que, así, xeraráno seu xiro unha semiesfera. Segundo o teorema dePappus-Goldin se cumprirá que:

Vxerado = 2ππππ· · xc · Sque xira

sendo xc o radio de xiro do centro de masas dasuperficie que xira, ou sexa a coordenada X do centro demasas, coordenada que desexamos coñecer.

Recordando que o volume dunha esfera é

43⋅⋅r3 e que a superficie dun círculo é ⋅r2 se

pode operar na ecuación anterior que quedará:

ππ

ππ3

4

42

3

4

2

1 23 r

xr

xr cc =→⋅

⋅⋅⋅=⋅⋅⋅

Dada a simetría da superficie o valor de yc ten que ser o mesmo que xc. De todos os xeitos, se fose ocaso, se podería comprobar facendo xirar a superficie ó redor do eixe X:

yc = 4r / 3ππππ

�ota Complementaria 5.6 : Cálculo do momento de inercia dun rectángulo conrelación a un lado

Figura 5.20 : Un cuarto de círculo xerandounha semiesfera cun xiro ó redor de Y


Pregunta: Calcular o momento de inercia dun rectángulo con relación a un lado.

Sexa o rectángulo da figura 5.21, e vaise calcular o seu momentode inercia con relación ó seu lado a, é dicir vaise calcular Ix , deacordo coa figura 5.21.

Ter en conta que un diferencial de masa é: dm = ρρρρ · dSsendo ρρρρ a densidade superficial da figura estudiada.Se toma como dm o rectanguliño sombreado da figura 5.21, e

neste:

dS = a·dy

Polo tanto o momento de inercia (diferencial) con relación a Xdeste elemento diferencial será:

d I x= y2⋅dm= y2⋅⋅dS= y2⋅⋅a⋅dy

Integrando:

I x=∫y=0

y=by2⋅ρ⋅a⋅dy= ρ⋅a⋅∫y=0

y=by2⋅dy= ρ⋅a⋅[ y

3

3 ]y=0y=b

=ρ⋅a⋅b3

3E tendo en conta que: ρ ρ ρ ρ ·Superficie = ρρρρ ·a·b é a masa m do rectángulo, a expresión anterior se pode poñer:

I x=ρ⋅a⋅b3

3=

ρ⋅a⋅b⋅b2

3=

ρ⋅Superficie⋅b2

3=

m⋅b2

3

Figura 5.21 : Rectángulo conelemento diferencial sombreado

PROBLEMA Nº 6 : Tres discos (Exame de decembro 2005). Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 74

PROBLEMA �º 6 : Tres discos (Exame de decembro 2005)

O sistema da figura está formado por tres discos A, B e C homoxéneos de radio R e masa m.O disco A está sempre en contacto cos discos B e C, e estes, cunha superficie horizontal.Garántese o movemento vertical do centro do disco A.

Responda ás seguintes cuestións:

1. Se o disco A non xira, e non existe deslizamento entre este e os discos B e C, exprese a

velocidade angular dos discos B e C en función de R , x , ˙x .

2. �o caso de que o coeficiente de rozamento sexa nulo entre todas as superficies encontacto, encontre a aceleración angular dos tres discos.

3. Baixo a mesma condición (coeficientes de rozamento nulos), encontre a/s ecuación/sdiferencial/is do movemento do sistema.

4. Momento de inercia respecto ó seu centro de masas da placa homoxénea de masa M dafigura 2.

Pregunta 1: Expresar a velocidade angular dos discos B e C en función de R, x, •

x sabendo que

o disco A non xira e que non existe deslizamento entre este disco e ou outros dous.

A colocación de eixes vén determinadapolo feito de que o enunciado chama x áaltura do centro do disco A. Así, se colocanos eixes da figura 6.1 nos que o eixe Z éentrante, o que determinará que os xirospositivos sexan os de sentido horario.

Como sempre, intentar entender omovemento do sistema facilitará o seuestudio e, como sempre, se parte do que di oenunciado. Chamarase punto A ó centro demasas do disco A, chamarase punto B ócentro de masas do disco B, e C ó centro demasas do disco C.

A parte xeneral do enunciado di que: Figura 6.1 : Velocidades dos centros de masas e dospuntos de contacto entre discos


- o movemento do centro do disco A é vertical: polo tanto a velocidade do punto A é vertical e caraabaixo,

- e que os outros dous discos están sempre en contacto co solo: polo tanto as velocidades dos seuscentros de masas son sempre horizontais: vB e vC horizontais. Ver figura 6.1.

Ademais, a parte específica do enunciado deste apartado 1 dí que:➢ o disco A non xira: polo tanto ten un movemento de translación, o que quere dicir que todos os

puntos do disco A teñen a mesma velocidade en valor, dirección e sentido. Polo tanto, os importantespuntos D e E de contacto cos outros dous discos, teñen a mesma velocidade que A. Ver figura 6.1.

➢ que non existe deslizamento entre A e os outros dous discos, ou sexa que hai rodamento entre o discoA e o B, e entre o disco A e o C:

• polo tanto o punto D do disco A e o punto D’ do disco C que están en contacto, teñen ambosa mesma velocidade en valor, dirección e sentido (velocidade que, segundo o visto antes seráigual que a velocidade do punto A).

• O mesmo pode dicirse do punto E do disco A en contacto co punto E’ do disco B, ou sexaque teñen a mesma velocidade en valor, dirección e sentido.

• Polo tanto a velocidade vD debuxada na figura 6.1 vale tanto para o punto D como para o D’,e a velocidade vE vale tanto para o punto E como para o E’.

➢ Por outra banda, como o enunciado pide que se dean os resultados en función de x e a súas derivadasxa está dando a entender que o sistema ten un só grao de liberdade.

Outro aspecto que pode axudar a entender o movemento do sistema é darse de conta que o enunciado odefine completamente simétrico con relación a A, e polo tanto entender que o movemento do disco B e omovemento do disco C deben de ser simétricos, co que bastará estudiar un deles.

Coas consideracións anteriores é fácil calcular ocentro instantáneo de rotación do disco B e do disco Cpois se coñece a dirección da velocidade de dous dosseus puntos (o disco A non ten centro instantáneo derotación pois non xira). Na figura 6.2 se ilustra adeterminación gráfica do centro instantáneo de rotaciónI do disco C polo cruzamento das perpendiculares ásdireccións das velocidades coñecidas vC e vD’.

O valor de vD’ é fácil de determinar en función doparámetro pois é igual que vD que á súa vez é igual quevA dado que todos os puntos do disco A teñen a mesmavelocidade pois o disco ten un movemento detranslación.

Efectivamente como se ve na figura 6.2, omovemento do centro de masas A é fácil de estableceren función do parámetro. A súa posición é, de acordo coa figura 6.2:

xxA =

y A=0 Ecuacións 6.1

E polo tanto, derivando:

••

= xxA

˙yA=0 Ecuacións 6.2

Figura 6.2 : Determinación gráfica do CIR dodisco C


¨xA=¨x

ÿA=0 Ecuacións 6.3

E desta forma xa vese que como:

••

== xxv AA

e a velocidade de D será igual que a do punto A por condición de translación, e a do punto D' igual que ado punto D por condición de rodamento:

•

= xvD 'Ecuación 6.4

Por outra parte como se sabe onde está o CIR do disco C, ver figura 6.2., pódese establecer o valor davelocidade de D’ en función da velocidade angular do disco C que é o que pide o problema:

vD '=v I C×ID ' ⇒˙x i=0ck×R⋅cosj ⇒ ˙xi=c⋅R⋅cosi

Polo tanto, quedará:

˙x=ωC⋅R⋅cos Ecuación 6.5

Sen embargo para poder despexar o valor da velocidade angular ωωωωC que pide o problema se debe poñer ocoseno do ángulo en función do parámetro. E no triángulo AOC da figura 6.2 se pode ver que os seus ladosson: AC=2R, AO=x, e, de acordo co teorema de Pitágoras, o lado OC será:

2222 4 xRAOACyOC C −=−== Ecuación 6.6

E polo tanto calculando o coseno do ángulo no mesmo triángulo AOC, será:

R

xR

AC

OC

2

4cos

22 −==ϕ Ecuación 6.7

expresión que levada á ecuación 6.5 quedará:

˙x=ωC⋅R⋅4R2x 2

2REcuación 6.8

Despexando a velocidade angular pedida:

224

2

xR

xC

−

⋅−=

•

ω Ecuación 6.9

Polo que respecta á velocidade angular do disco B, dada a simetría do problema obviamente ten que tero mesmo valor pero sentido contrario que a do disco C, polo que será positiva:

224

2

xR

xB

−

⋅=

•

ω Ecuación 6.10


Pregunta 2: �o caso de que o coeficiente de rozamento sexa nulo entre todas as superficies encontacto, encontre a aceleración angular dos tres discos.

Ó non haber agora rozamentos xa non pode haber rodamento entre os discos, polo que cambian ascondicións do movemento definidas no apartado anterior, e así xa non se poderán derivar as ecuacións 6.9 e6.10 para responder á pregunta.

Ó non haber rodamento entre os discos xa non será tansinxelo saber a dirección doutra velocidade dalgún puntodos discos B e C agás as mesmas vB e vC dos centros demasas respectivos, que seguirán a ser horizontais ó estar osdiscos sempre en contacto co solo.

Sen embargo para coñecer as aceleracións angularessempre se ten á disposición a Ecuación da Dinámica deRotación que agora só se ve fácil de aplicar na súa formasimplificada nos centros de masas pois non hai rodamentosobre o solo que é un punto no que soe ser posible aplicalano caso de rodamentos sobre o solo.

Por exemplo, se comezará por aplicala ó disco A, poloque se debuxa o seu diagrama de sólido libre na figura 6.3recordando que non hai rozamentos:

∑ ⋅= AAA IM α Ecuación 6.11

E segundo se ve na figura 6.3, ningunha das tres forzas dan momento con relación ó dentro de masas A.Polo tanto será:

00 =⇒⋅= AAAI αα Ecuación 6.12

Aplicándoa agora ó disco C, se debuxa o diagrama desólido libre deste disco na figura 6.4:

∑ ⋅= CCC IM α Ecuación 6.13

vese na figura 6.4 que ningunha das tres forzas dámomento con relación ó centro de masas C. Polo tanto:

00 =⇒⋅= CCCI αα Ecuación 6.14

E dada a simetría do problema, o disco B dará omesmo resultado que o disco C. Polo tanto:

0=Dα Ecuación 6.15

Pregunta 3: Baixo a mesma condición (coeficientes de rozamento nulos), encontre a/s ecuación/sdiferencial/is do movemento do sistema.

Xa se utilizou no apartado anterior a Ecuación da Dinámica da Rotación aplicada a todos os discos. Seaplicará agora 2ª Lei de Newton ó disco A e ó disco C, pois o disco B non vai a aportar nada máis que o C.En todo caso se terá en conta que, dada a simetría da configuración, as forzas �D e �E da figura 6.3 teñen queser iguais, polo que se chamará a ambas as dúas �D. Comezando polo disco A:

Figura 6.3 : Diagrama de sólido libre dodisco A

Figura 6.4 : Diagrama de sólido libre dodisco C


∑ F x=m⋅¨xA⇒ 2N D⋅senmg=m⋅¨x A

∑ F y=m⋅yA⇒ � D⋅cos� D⋅cos=m⋅y

A

Tendo en conta que as aceleracións do centro de masas A están dadas nas ecuacións 6.3 tanto para ascondicións da pregunta 1 como da pregunta 2, se poden substituír nas ecuacións anteriores quedando estas:

2ND⋅senmg=m⋅¨x Ecuación 6.16

� D⋅cos� D⋅cos=0 Ecuación 6.17

Onde a última ecuación só serve para comprobar que efectivamente ambas as dúas forzas �D son iguais.Polo que respecta á ecuación 6.16, pódese calcular o senϕϕϕϕ no triángulo AOC da figura 6.2:

sen=x2R

Ecuación 6.18

E levando este valor á ecuación 6.16 esta quedará:

2ND⋅x2Rmg=m⋅x⇒� D⋅

xRmg=m⋅x Ecuación 6.19

Aplicando agora a 2ª Lei de Newton ó disco C (ver figura 6.4):

∑ F x=m⋅¨xC⇒� D⋅senmg�=0 Ecuación 6.20

∑ F y=m⋅yC⇒� D⋅cos=m⋅y

CEcuación 6.21

A relación entre yC e o parámetro x vese na figura 6.2 aplicando o teorema de Pitágoras no triánguloAOC:

yC=4R2 x2⇒ ˙yC=

x⋅x

4R2x2⇒ ÿC=

˙x2x⋅¨x⋅4R2x2

x2⋅x2

4R2x 2

4R2x 2=...

...=˙x

2x⋅˙x⋅4R2x2 x2⋅˙x

2

4R2x2 3/2

=...

...=4R2⋅x

2 x2⋅x

24R2 x ¨xx3⋅¨xx2⋅x

2

4R2x2 3/2

=4R2x2 x ¨x4R2

x2

4R2x2 3/2

⇒

ÿC=4R2⋅˙x

2

4R2x23 /2

x⋅¨x4R2 x2

1 /2Ecuación 6.22

E levando esta ecuación 6.22 á ecuación 6.21, ademais da expresión do cosϕϕϕϕ dada pola ecuación 6.7,esta quedará:


� D⋅4R2x 2

2R=m⋅[ 4R2⋅x

2

4R2x2 3/2

x⋅¨x4R2x2

1 /2] Ecuación 6.23

E despexando �D na ecuación 6.19 e traendo o resultado a ecuación 6.23, esta quedará:

m g¨x ⋅Rx⋅4R

2x2

2R=m⋅[ 4R2⋅x

2

4R2x2 3 /2

x⋅¨x4R2x2

1/2 ] Ecuación 6.24

E operando quedará:

16 R4x 4⋅¨x8R2⋅x⋅˙x

2

g⋅4R2 x22

=0 Ecuación 6.25

Pregunta 4: Momento de inercia respecto ó seu centro de masas da placa homoxénea de masa Mda figura 2.

Se traballará coa densidade superficial de masa, deforma que todos os cálculos se realizarán con relación ássuperficies, e o resultado final se multiplicará poladensidade superficial:

ρs = M/Aplaca O primeiro será localizar o centro de masas da placa.

Tendo en conta que a placa se pode considerar como uncadrado ó que se lle ten recortado un cuarto de círculo, eutilizando o subíndice ci para indicar ó cuarto de círculo, eo subíndice cu para o cadrado, a coordenada x do centro demasas da placa será, de acordo co principio desuperposición:

cicu

GciciGcucuG AA

xAxAx

−⋅−⋅

= Ecuación 6.26

A coordenada yG non se calculará pois, dada a simetríada placa, terá o mesmo valor que xG.

Na ecuación 6.26 se sabe todo agás a coordenadapedida xG e o xGci do centro de masas do cuarto de círculo.

Sen embargo convén saber que acoordenada yG dun semicírculo é 4r/3π π π π (verfigura 6.6), e que este valor coincide coascoordenadas x e y do G dun cuarto de círculo.

Sen embargo, se non se soubese, se podecalcular esta coordenada co teorema de Pappus-Goldin. Pódese ver na Nota Complementaria5.5 do remate do problema 5.

Pero sabendo este valor, se terá que:

Figura 6.5 :

Figura 6.6 :


RR

xG ⋅== 424,03

4

πEcuación 6.27

Polo que agora se pode aplicar a ecuación 6.26 para calcular a coordenada xG buscada:

RR

R

RRR

R

AA

xAxAx

cicu

cicicucuG ⋅=

−

⋅⋅−⋅=

−⋅−⋅

= 778,0

4

424,042

22

22

π

π

Ecuación 6.28

Dada a simetría da figura, a súa coordenada yG será idéntica:

RyG ⋅= 778,0 Ecuación 6.29

Pois ben, o que pide a pregunta é o momento de inercia con relación este punto G. Para calcular este, seaplicará o principio de superposición dado que a placa se pode considerar un cadrado ó que se lle tenrecortado un cuarto de círculo:

IG=I G cu IG ci Ecuación 6.30

Ou sexa que se debe calcular o momento de inercia tanto do cadrado como do cuarto de círculo conrelación ó mesmo punto G da figura 6.5, e logo restalos.

Se empezará polo cadrado.

- Cadrado: Resulta conveniente saber que omomento de inercia de unha placa rectangular axb conrelación a un eixe que pasa polo seu centro e paralelo ólado a é m·b2/12 (e se o eixe é paralelo a b, o momento deinercia será m.a2/12). Pódese ver o seu cálculo na NotaComplementaria 6.1 no remate deste problema.

Ou sexa que o momento de inercia da placa circularcon relación a un eixe que pase por Gcu e paralelo a un doslados, por exemplo paralelo a X, será :

121212

4222

_

RRRRAI cu

xGcu =⋅

=⋅

=

E aplicando agora o teorema de Steiner para calcularIG(cu)_x (momento de inercia do cadrado con relación a uneixe paralelo a X que pasa por G) a partir do IGcu_x se terá:

⇒−⋅+= )(y A I I 2GcuGcu_xG_x(cu) Gcuy

42

24

G_x(cu) 161,02

778,012

R I R

RRR ⋅=

−⋅⋅+=⇒ Ecuación 6.31

E unha vez sabido isto, o momento de inercia con relación ó centro de masas (eixe perpendicular á placaque pasa polo seu centro de masas) sabemos que é (aplicamos o teorema que enuncia que, dados dous eixesperpendiculares entre si, a e b, que se cruzan nun punto O, cúmprese que o momento de inercia con relacióna un eixe perpendicular ós dous citados que pasa por O, é: IO = Ia + Ib):

IG (cu) = IG_x(cu) + IG_y(cu) = 2· IG_x(cu) (pois, dada a simetría da figura, IG_x(cu) e IG_y(cu) son iguais)

Figura 6.7 :


Polo tanto :

IG cu =2⋅IG _ x cu =2⋅0,161⋅R4=0,322⋅R4 Ecuación 6.32

- Cuarto de círculo: A continuación se procederá co cuarto decírculo.

Para calcular el IG(ci) o primeiro é coñecer o IO dun círculo completo.Dun círculo se sabe o momento de inercia con relación a un eixeperpendicular á súa superficie e que pasa polo seu centro, que é igual que odun cilindro con relación ó seu eixe axial: Io(círculo)= mR2/2

Como se traballa con áreas será: Io(círculo)= A·R2/2 = π.R2 ·R2/2=π·R4/2Agora se pode estudiar o cuarto de círculo, tendo en conta que un

círculo pódese considerar como a superposición de catro cuartos de círculo,de acordo coa figura 6.9:

Polo tanto: IO(círculo) = 4·IO(cuarto) � IO(cuarto) = =π·R4/2/4 = =π·R4/8Agora se pode aplicar o teorema de Steiner para

calcular o momento de inercia deste cuarto de círculo conrelación ó seu centro de masas, IGci (ver figura 6.10):

IO cuarto= IGci A ci⋅OGci2 ⇒

⇒ I Gci=I O cuarto Aci⋅0,42420,4242 ⋅R2=

=π⋅R4

8

π⋅R2

4⋅2⋅0,4242⋅R2=0,110⋅R4

Este é o momento de inercia dun cuarto de círculo conrelación ó eixe que pasa polo seu centro de masas Gci e éperpendicular ó seu plano.

E agora se volve a aplicar o teorema de Steiner paracalcular o momento de inercia con relación ó punto G quese necesita:

I G ci = IGci A ci⋅0 ,3530,3532⋅R2 ⇒

I G ci =0,110 R4πR2

4⋅2⋅0,3532⋅R2

Polo tanto:

IG ci =0,306⋅R4 Ecuación 6.33

E agora levando os valores das ecuacións 6.33 e 6.32 á ecuación 6.30, se terá o momento de inercia daplaca con relación ó seu centro de masas G que pide o problema:

Figura 6.8 :

Figura 6.9 :

Figura 6.10 :


IG = IGcu - IGci = 0,322·R4 - 0,306 · R4 = 0,016 · R4

Agora o resultado hai que multiplicalo pola densidade superficial de masa, que vale:

ρs = M/Aplaca = M/(Acu-Aci) = M/(R2-πR2/4)=4,66·M/R2

Polo tanto, o momento de inercia pedido será: IG = 0,016 · R4 · 4,66·M/R2 = 0,075·M· R2

�ota Complementaria 6.1 : Cálculo do momento de inercia dun cadrado.

Pregunta: Calcular o momento de inercia dun cadrado con relación a un eixe paralelo a unlado que pasa polo seu centro de masas.

Pódese calcular do seguinte xeito:Os momentos de inercia que resultan simples de

calcular no cadrado son o momento de inercia con relaciónó eixe X e con relación ó eixe Y, que, ademais, dada asimetría do cadrado, teñen que ser iguais. Se calculará porexemplo o momento de inercia con relación ó eixe X:

I x=∫ y2⋅dm=∫y=0

y=Ry2⋅dm=...

...=∫y=0

y=Ry2⋅ρ⋅dA=∫y=0

y=Ry2⋅ρ⋅R⋅dy

Sendo ρρρρ a densidade superficial da placa.Operando:

33

43

0

2 RRRdyyRI

Ry

yx ⋅=⋅⋅=⋅⋅⋅= ∫=

=ρρρ

E tendo en conta que a masa do cadrado é: m = ρ ρ ρ ρ · Superficie = ρρρρ ·R2

A expresión anterior quedará:

333

222

4 RmRR

RI x

⋅=⋅⋅=⋅= ρρ

Agora se aplicará o teorema de Steiner para calcular IGx (momento de inercia con relación a un eixeparalelo a X e que pasa polo centro de masas G) a partir do Ix anterior:

1223

Rm.y m I I .y m I I

2222GXGx

2GGxX

RmRm

⋅=

⋅−⋅

=−=⇒+=

Figura 6.11 : Cadrado e elemento diferencialdo mesmo


PROBLEMA �º 7 : Peso, polea e carrete (Exame de febreiro 2006).

O cilindro homoxéneo A de masa m, radio exterior R e radio interior d da figura 1 faiserodar sen deslizar sobre unha superficie horizontal colgando do extremo do fío unha masapuntual B de masa m que se move verticalmente, tal como se indica no debuxo. Responda ás

seguintes cuestións:1. Graos de liberdade; parametrice unha posición xenérica do sistema e exprese: velocidade

do centro de masas do cilindro, velocidade angular do cilindro e velocidade de B en función dosparámetros elixidos, as súas derivadas temporais, R y d.

2. Ecuación/s diferencial/is do movemento3. Valor mínimo do coeficiente de rozamento que garanta o rodamento do cilindro (en

función de m, R, d).4. Se no instante inicial o sistema parte do repouso, e o centro de masas do cilindro está a

unha distancia L da vertical na que se move B, ¿acadará o centro de masas do cilindro ditavertical? De contestar afirmativamente, calcule o tempo que tardará en facelo.

5. A masa puntual de 1 kg de masa da figura 2 sóltase en repouso desde unha altura de 50cm sobre o solo horizontal. Se o coeficiente de restitución masa-solo é de 0,75, calcule avelocidade da masa inmediatamente despois de chocar contra o solo e a enerxía perdida duranteo impacto.

Resposta:Como sempre, o mellor é comezar por tratar de visualizar o movemento do sistema, na medida do

posible. Para isto, procede determinar en primeiro lugar se é posible coñecer as velocidades dalgúns puntos,tendo en conta que normalmente só se coñecerán as direccións desas velocidades pero isto soe bastar paraentender o movemento. Para isto, entre outras cousas, hai que fixarse se o enunciado dá datos sobredireccións de movemento, e logo convén mirar se hai lugares de rodamento e establecer que neses lugares oscorpos en contacto teñen a mesma velocidade no punto de contacto. O segundo paso será debuxar odiagrama de sólido libre para tratar de coñecer as direccións das aceleracións.

Neste problema, o enunciado di que o corpo B se move verticalmente.Polo que respecta ós rodamentos, neste sistema hai dous aínda que o enunciado non cita explicitamente

un deles: • o enunciado cita que o cilindro roda sobre o solo, • pero ademais é lóxico supor que o fío non desliza pola gorxa interior do cilindro polo que se suporá

que tamén a gorxa interior roda sobre o fío. Se o fío deslizase pola gorxa do cilindro, podería ser queo cilindro nin se movese, pero se houbese tanto rodamento como deslizamento, o cilindro se moveríapero de forma indefinida pois faltarían datos, sendo necesario un parámetro adicional.

PROBLEMA Nº 7 : Peso, polea e carrete (Exame de febreiro 2006).. Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 84

Deste xeito, como o cilindro roda sobre osolo, os puntos de contacto entre cilindro esolo teñen que ter a mesma velocidade, e osolo obviamente está parado polo que o puntode contacto do cilindro co solo tamén estáparado. Polo tanto ese punto, O1 na figura 7.1,ten que ser o Centro Instantáneo de Rotacióndo cilindro.

Ademais, como se supón que a gorxainterior roda sobre o fío, os puntos da gorxainterior do cilindro, o fío (supostoinextensible) e o corpo B teñen que ter omesmo valor da velocidade pola condición derodamento en C1. Ver figura 7.1. Estes dousaspectos permiten xa saber cara onde se moveo cilindro: como o cilindro xira en torno ópunto O1 e a velocidade de C1 é cara á dereita(seguindo o movemento do corpo B), o xiro óredor de O1 ten que ser no sentido das agullas do reloxo polo que o cilindro ten que avanzar cara á dereita.

Outra forma de determinar o sentido do movemento pode ser o seguinte: como se supón que o sistemaparte do repouso, a dirección en que se empece a mover o cilindro será aquela que indiquen as forzas queactúan sobre el pois comezará a se mover cara onde indiquen as aceleracións. Este xeito de razoar permite unsegundo método para determinar cara onde é o movemento do cilindro que, polo seu interese noutrosproblemas, vaise ver. Para isto se debe examinar o diagrama de sólido libre. No diagrama de sólido libre dafigura 7.1 se pode ver que, por aplicación ó cilindro da 2ª lei de Newton en dirección X :

∑ F x=m⋅a x⇒TF r=m⋅a x Ecuación 7.1

non cabe establecer cara onde se move o cilindro pois non se sabe se é maior a tensión T que lle aplicaa corda ou a forza de rozamento Fr.

Pero aínda se pode aplicar a Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación no centro de masas A ouno punto O1 (cando o punto O1 está en repouso se demostrará máis adiante, neste mesmo problema, que nelse pode aplicar esta ecuación). Aplicándoa no centro de masas A (darse de conta que, co eixe Z entrante quese ten tomado, os momentos positivos son os que teñen sentido horario):

∑M A=I A⋅α⇒T⋅dF r⋅R=I A⋅α Ecuación 7.2

existe un problema similar ó anterior pois T e Fr tenden a facer xirar o cilindro en direccións opostas(fixarse que se estudia o xiro ó redor do centro de masas A), e neste momento aínda non se sabe cal das dúasforzas terá o efecto determinante. Pero aplicando a Ecuación da Dinámica da Rotación no punto O1 :

∑M O1= IO1⋅α⇒T⋅ Rd = IO1⋅α Ecuación 7.3

vese que ó redor de O1 só causa xiro a tensión T polo que o cilindro ten que xirar no sentido que indica omomento de T : o xiro ten que ser no sentido das agullas do reloxo, ou sexa que o movemento do cilindroserá cara á dereita.

Na Nota Complementaria 7.1 no remate do problema, se demostra por que, neste caso, son iguais atensión que a corda aplica ó bloque B e á que a corda aplica ó cilindro.

Convén darse de conta que con este movemento o fío tende a enrolarse na gorxa do cilindro. De acordocon este efecto, o fío que se encontra desenvolvido do carrete tende a ser cada vez máis curto. Sen embargo,a caída do corpo B tende a desenvolver máis fío. Para examinar estes dous efectos antagónicos, convén



examinalos por separado, comezando, por exemplo, por visualizar o movemento do cilindroindependentemente do movemento de B .

Unha vez establecido isto, o problema será normalmente máis sinxelo.

Pregunta 1:

a) Graos de liberdade: Neste caso é simple estudiar en primeiro lugar o corpo B. Se o corpo B estiveselibre para moverse no plano, tería 3 graos de liberdade como calquera corpo libre que se move nun plano,necesitándose 3 parámetros para determinar a súa posición en cada momento: normalmente un ángulo quedetermine o xiro do sólido ó redor do centro de masas, e dous distancias que determinen a posición do centrode masas. Sen embargo o enunciado lle restrinxe o movemento á B a un desprazamento só en Y polo que sóserá necesario unha distancia para determinar a súa posición, tendo así o corpo B un só grao de liberdade.

Polo que respecta ó cilindro, ó rodar polo solo e polo fío, o seu movemento ven fixado totalmente polatensión que provoca B a través do fío, polo que en conxunto queda un só grao de liberdade. De todas formas,o xeito de confirmar isto de forma inequívoca é comprobar que cun só parámetro é posible determinar unhaposición xenérica do sistema, o que se fará a continuación.

b) Parametrización dunha posición xenéricado sistema: Nestes casos soe ser cómodo tomarcomo parámetro ó ángulo que indica o xiro decorpo que roda, ou sexa do cilindro, que neste casoserá o ángulo ϕϕϕϕ da figura 7.2.

Suposto que inicialmente o punto O1’ estabaen contacto con O na orixe de coordenadas, ocilindro haberá xirado un ángulo ϕϕϕϕ ata a posiciónxenérica da figura, co que o punto O1’ terápercorrido un espacio angular O1O1’ que de acordocoa xeometría:

arco = ángulo · radio, será: O1O1’ = ϕϕϕϕ · R

De acordo coa condición de rodamento entresolo e cilindro, a distancia OO1 que o punto decontacto do cilindro sobre o solo ten variado polosolo horizontal ten que ser igual á distancia O1O1’sobre a periferia do cilindro, ou sexa que:

OO1 = ϕϕϕϕ · R, tal como se indica na figura 7.2. De acordo con isto, e cos eixes coordenados indicados na figura, a posición xenérica do centro de masas

do cilindro será:

ϕ⋅= RxA Ecuación 7.4

RyA −= Ecuación 7.5

Darse de conta que cos eixes utilizados, o eixe Z está dirixido cara dentro do plano do debuxo polo queos xiros positivos son os xiros en sentido horario e, así, o ángulo ϕϕϕϕ é positivo.

Polo que respecta ó bloque B pódese considerar puntual e, para determinar a súa posición, basta indicara súa coordenada yB pois a coordenada xB é constante. Para establecer a coordenada buscada en función doparámetro ϕϕϕϕ elixido, se deben ter en conta dous efectos:

Figura 7.2 : Posición xenérica do sistema unha vezque o cilindro ten xirado un ángulo ϕϕϕϕ e o bloque ten

caído unha distancia yB


• o avance cara á dereita do centro do cilindro que é ϕ⋅= RxA , e este sería o avance do bloque se nonse tivese desenvolvido ou enrolado fío, de forma que a lonxitude de fío que se encontra desenvolvidoseguise sendo a mesma que ó principio,

• pero a lonxitude de fío desenvolvido se ten acurtado dado que unha parte do fío se ten enrolado nocilindro durante o avance deste cara a dereita. E se terá enrolado unha lonxitude CC1 de acordo coafigura 7.2, dado que o que ten avanzado o fío dentro da gorxa é o que ten avanzado o punto C1 desdeque se encontraba na posición que agora ocupa C, e isto se debe a que ó non deslizar o fío polagorxa, fío e gorxa teñen que ter a mesma velocidade en todo momento. Por isto, segundo se ve nafigura anterior o punto C1, e polo tanto o fío, ten avanzado o arco CC1 que de acordo coa xeometría(arco = ángulo · radio) será:

CC 1=⋅d Ecuación 7.6

Polo tanto como:• se a corda non se tivese enrolado nada no cilindro, habería avanzado o mesmo que o centro de masas

deste, ou sexa ϕϕϕϕ ·R, • pero como o fío se ten enrolado (acurtado) unha cantidade ϕ ϕ ϕ ϕ ·d, • o avance real do bloque B será a diferencia entre estas dúas cantidades:

ϕϕϕ ⋅−=⋅−⋅= )( dRdRyB

Outra forma de velo sería a seguinte: supostoque o fío na posición inicial ten unha lonxitudetotal L1, na posición xenérica posterior terá unhalonxitude L1 - ϕϕϕϕ ·d (a lonxitude inicial menos o quese ten enrolado no cilindro). Isto está indicado nafigura 7.3. Nesta se indica a posición inicial dacorda con liñas a trazos, mentres que unha posiciónxenérica posterior está indicada con liña continua(un pouco desprazada da anterior para que se vexamellor):

• Lonxitude na posición inicial C0HB0: Lonxitude1 = L1

• Lonxitude na posición posterior CHB1 queé á inicial menos a lonxitude enrolada nocilindro que é ϕϕϕϕ · d:

Lonxitudet = L1 - ϕϕϕϕ · dNa figura se ve que se obtén a posición buscada yB si a lonxitude C0HB1 se lle resta C0HB0. E como se ve

na figura, a lonxitude primeira C0HB1 se pode obter sumando R·ϕϕϕϕ a L1 - ϕϕϕϕ · d, mentres que a segunda C0HB0

é L1 :yB=C0HB1C0HB0=R⋅L1⋅dL1=Rd ⋅

Vese que nos dous casos se chega, loxicamente, ó mesmo resultado.Unha vez visto isto, a posición xenérica do sistema expresada pola posición dos centros de masas A do

cilindro e de B, así como polo ángulo de xiro do cilindro ó redor do seu centro de masas, será:

ϕ⋅−= )( dRyB Ecuación 7.7

ϕ⋅= RxA Ecuación 7.8

RyA −= Ecuación 7.9

Figura 7.3 : Fío libre na posición inicial (lonxitudeCoHBo) e nunha posición posterior (lonxitude CHB1)


Estando o xiro do cilindro ó redor do seu centro de masas, determinado polo ángulo ϕ.ϕ.ϕ.ϕ.Desta forma se comproba que un só parámetro é suficiente para establecer a posición xenérica do

sistema, polo que se trata dun sistema cun só grao de liberdade.

c) Velocidade do centro de masas do cilindro e de B:Derivando as ecuacións 7.7, 7.8 e 7.9 se terán as velocidades pedidas:

••

⋅−= ϕ)( dRyBEcuación 7.10

••

⋅= ϕRxAEcuación 7.11

0=•

Ay Ecuación 7.12

Ou sexa:

jdRjyv BB

••

⋅−== ϕ)( Ecuación 7.13

iRjyixv AAA

•••

⋅=+= ϕ Ecuación 7.14

Pregunta 2: Ecuación(s) diferencial(is) do movemento

Antes de aplicar a 2ª Lei de Newton e a Ecuación da Dinámica de Rotación, o primeiro será estableceras ecuacións das aceleracións, tanto das aceleracións liñais do cilindro e bloque, como a aceleración angulardo cilindro. As aceleracións liñais se poden obter derivando as ecuacións 7.10, 7.11 e 7.12 anteriores:

xA=R⋅ Ecuación 7.15

ÿA=0 Ecuación 7.16

ÿB=Rd ⋅ Ecuación 7.17

Pola súa parte a aceleración angular αααα do cilindro será a derivada segunda do parámetro ϕϕϕϕ dado que esteindica a posición angular do cilindro (o xiro de todas as súas partículas ó redor do centro de masas), sendo avelocidade angular a derivada primeira:

ω= Ecuación 7.18

Outra forma de velo, innecesaria unha vez comprobado que o ángulo ϕϕϕϕ indica o xiro do cilindro ó redordo centro de masas, sería aplicando o método analítico consistente en comparar a velocidade do centro demasas coa velocidade nula do centro instantáneo de rotación O1 do aparello, polo que, segundo as ecuaciónsda Cinemática, a velocidade angular do centro de masas do cilindro será tal que:

vA=vO1ω k xO1 Ae como:


• a velocidade de O1 é nula,

• a velocidade do centro de masas A do cilindro vén dada pola ecuación 7.14,

• e o vector O1A se pode observar na figura 7.2,a ecuación anterior quedará:

⋅R i=ω k x R j ⇒ ⋅R i=ω⋅R i⇒ω=Polo que respecta á aceleración angular do cilindro, pódese determinar sen máis que derivar a ecuación

7.18:

=α= Ecuación 7.19

Co que xa se ten tamén a aceleración angular.Agora se aplica a segunda lei de Newton ó corpo B e ó cilindro A, de acordo co diagrama de sólido libre

da figura 7.1:

∑ F By=m⋅aBy⇒mgT=m⋅aBy

∑ F Ax=m⋅a Ax⇒TF r=m⋅a Ax

∑ F Ay=m⋅aAy⇒�mg=aAy

E tendo en conta que as aceleracións aAx , aAy e aBy , están determinadas nas ecuacións 7.15, 7.16 e 7.17

mgT=m⋅aBy⇒mgT=m⋅ Rd ⋅ Ecuación 7.20

TFr=m⋅a Ax⇒TF r=m⋅R⋅ Ecuación 7.21

�mg=m⋅aAy⇒�mg=0 Ecuación 7.22

Ademais se ó aplicar a Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación ó cilindro A, se puidese facer noCIR O1 o problema sería máis simple.

Se demostrará aquí que a Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación se pode aplicar sempre noCIR nos casos de cilindros que roden sen deslizar por solos en repouso. En efecto, o CIR O1, sendo unpunto do sólido cumpre as condicións 2.2, polo que só que da por demostrar que cumpre algunha dascondicións 2.1, en concreta a 3ª desas condicións dado que o CIR non é nin o centro de masas nin tenaceleración nula. Polo tanto se trata de demostrar que a súa aceleración está dirixida cara ó centrode masas do cilindro. Para isto se debe demostrar que a aceleración de O1 é paralela ó segmento

O1A: O1 A=R⋅j (ver figura 7.2).

É dicir, se debe demostrar que a aceleración de O1 debe ter unicamente compoñente en Y.Se aplicarán as ecuacións da Cinemática para calcular esta aceleración, relacionando a aceleraciónde O1 coa aceleración do centro de masas A :

aO1=aA×AO1

2AO1

�esta ecuación, para calcular a aceleración de O1 , xa se ten a aceleración de A nas ecuacións 7.15 e7.16, sendo os demais termos (ver figura 7.2):


• ×AO1=k × Rj=⋅Ri (recordar que a aceleración angular está dada na

ecuación 7.19),

• sendo innecesario calcular 2⋅AO1=2⋅AO1

pois está claro que esta expresión dá un

resultado que se encontra na dirección AO1 . O alumno debe recordar, ademais, que a

velocidade angular do disco está dada na ecuación 7.18.Polo tanto se trata de comprobar se a suma dos dous primeiros sumandos do segundo membro da

ecuación ten a dirección de AO1 , para o que basta comprobar se ten a dirección do eixe Y ó

igual que AO1 (ou se anula, pois así a aceleración sería só o termo 2⋅AO1 que obviamente

ten a dirección de AO1 ).

Sumando entón ditos termos, se terá:

aA ×AO1=R⋅iR⋅i=0

Vendo que os dous primeiros termos da aceleración de O1 se anulan, queda só o terceiro termo daecuación , polo que a aceleración do CIR será:

aO1=2AO1

que vemos que, obviamente ten a dirección de AO1 .

Esta demostración é completamente xeral, sempre que o disco rode sen deslizar sobre solos enrepouso, e que o centro de masas do disco coincida co centro do disco porque a aceleración de Adada polas ecuacións 7.15 e 7.16 é válida para o centro de masas en tanto que o centro de masascoincida co centro do disco porque, realmente, a expresión da aceleración dada por estas ecuacións éválida para o centro do disco. Isto quere dicir que se o disco non fose de masa homoxénea e, enconsecuencia, o seu centro de masas non coincidira co centro de disco, a demostración anteriorconduciría a demostrar que a aceleración do CIR O1 está dirixida cara ó centro do disco pero noncara ó centro de masas do disco polo que non se podería aplicar nel a Ecuación Simplificada daDinámica da Rotación.Polo tanto, a Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación se pode aplicar ó CIR dun disco querode sen deslizar por un solo horizontal ,sempre que o centro de masas do disco se encontre no centrodo disco. E así se aplicará a partir de agora sen volver a demostralo.

Polo tanto, vese que é posible aplicar a Ecuación da Dinámica da Rotación simplificada con relaciónó punto O1. Para facelo, se utilizará o diagrama do sólido libre da barra presentado na figura 7.1:

∑M O1=I O1

⋅α

Para isto se debe aplicar antes o teorema de Steiner para calcular o IO1 :

IO1 = IA+m·AO12 = mR2/2+mR2 = 3mR2/2

A continuación se aplica a Ecuación da Dinámica da Rotación no punto O1:

∑M O1=IO1⋅α⇒T⋅ Rd =3mR2

2⋅ Ecuación 7.23

Nas catro ecuacións anteriores, 7.20, 7.21, 7.22 e 7.23, se teñen como incógnitas as forzas T, Fr e �ademais da derivada segunda do parámetro. Así, se entre as catro ecuacións se eliminan as tres forzas


incógnitas, quedará a ecuación diferencial do movemento: a ecuación do movemento loxicamente é únicadado que o sistema ten un só grao de liberdade.

O máis cómodo pode ser despexar T na ecuación 7.20, que queda xa só en función do parámetro, esubstituílo na ecuación 7.23. Procedendo así, a ecuación 7.20 quedará:

T=mgm⋅ Rd ⋅¨=m⋅g Rd ⋅¨ Ecuación 7.24

E substituíndoo na ecuación 7.23:

m⋅g Rd ⋅⋅Rd =3mR2

2⋅⇒ g⋅ Rd ⋅Rd 2=1,5⋅R2⋅

Operando se conseguirá a ecuación diferencial do movemento :

⋅[1,5 R2Rd 2]=g⋅ Rd

=g⋅ Rd

[1,5 R2Rd 2] Ecuación 7.25

Esta é a ecuación diferencial do movemento, e se ve nela que a derivada segunda do parámetro que é aaceleración angular do cilindro, é constante, polo que a rotación do cilindro ó redor do seu centro de masas éun Movemento de Rotación Uniformemente Acelerado.

Pregunta 3: Valor mínimo do coeficiente de rozamento µ µ µ µ que garante o rodamento do cilindro.

A condición de rodamento é que a forza de rozamento sexa unha forza estática no punto de contactoentre os corpos, é dicir que sexa menor ou, no límite, igual que o producto µ µ µ µ · � que é o máximo valor daforza de rozamento estática. De feito, no deslizamento a forza de rozamento sería igual que este valor:

Condición de rodamento:

�

F�F r

r ≥⇒⋅≤ µµ Ecuación 7.26

Se despexarán Fr y � nas ecuacións anteriores. De feito � se despexa inmediatamente na ecuación 7.22:

�=m⋅g Ecuación 7.27

Mentres que Fr se comeza por despexalo na ecuación 7.21:

F r=Tm⋅R⋅ Ecuación 7.28

E agora T xa se ten despexado na ecuación 7.24, e a derivada segunda do parámetro xe se ten naecuación 7.25, polo que a ecuación 7.28 quedará:

F r=Tm⋅R⋅¨=m⋅g Rd ⋅¨ m⋅R⋅¨=m⋅[g2Rd ⋅¨ ]Polo tanto, substituíndo a derivada segunda do parámetro polo seu valor segundo a ecuación 7.25:


[ ]

−+−⋅−

−⋅=22 )(5,1

)()2(1

dRR

dRdRmgFr Ecuación 7.29

Agora xa se ten:• � na ecuación 7.27,

• Fr na ecuación 7.29, e se poden substituír na ecuación 7.26 para obter o valor mínimo do coeficiente de rozamento que

garante o rodamento:

µ≥F r

�=

mg⋅[1 2Rd ⋅ Rd

[1,5R2 Rd 2] ]mg

=R⋅R2d

2⋅Rd 23⋅R2

Polo tanto o valor pedido será :

µ≥R⋅R2d

2⋅Rd 23⋅R2 Ecuación 7.30

Pregunta 4: Se no instante inicial o sistema parte do repouso, e o centro de masas do cilindroestá a unha distancia L da vertical na que se move B, ¿acadará o centro de masas docilindro dita vertical? De contestar afirmativamente, calcule o tempo que tardará en facelo.

Segundo se ten visto nos apartados anteriores, o cilindro móvese aceleradamente cara a vertical de B. Ecomo se comproba na ecuación 7.25 o cilindro ten un Movemento de Rotación Uniformemente Acelerado ensentido horario e, polo tanto, claro que chegará a dita vertical.

En canto ó tempo necesario para chegar a dita posición, para calculalo se necesita integrar a ecuación7.25 para chegar a ecuación do espacio angular. De todos os xeitos sería máis directo traballar directamentecoas magnitudes liñais, polo que sería máis cómodo integrar a ecuación da aceleración liñal do centro demasas do cilindro que daría a ecuación da súa posición horizontal en todo momento.

Así, a ecuación da aceleración aAx é , de acordo coa ecuación 7.15: ¨xA=R⋅

E substituíndo a derivada segunda do parámetro polo seu valor dado na ecuación 7.25:

xA=R⋅

g⋅Rd

[1,5R2 Rd 2 ]Ecuación 7.31

Compróbase que, obviamente, tamén a aAx é unha constante. Como ó integrar se vai arrastrar estaconstante unha e outra vez, se lle chamará K que será máis cómodo:

¨xA=K Ecuación 7.32

e claro está, sendo K:

[ ]22 )(5,1

)(

dRR

dRgRK

−+−⋅

⋅= Ecuación 7.33

Integrando a ecuación 7.32:


¨xA=K⇒

d ˙x A

dt=K⇒ d ˙xA

=K⋅dt⇒∫ d ˙xA=∫K⋅dt⇒

xA=KtC1

Ecuación 7.34

Pódese calcular a constante de integración C1 sabendo que, como di o enunciado, o cilindro parte do

repouso, ou sexa que para t=0 é 0=•

Ax , o que levado á ecuación 7.34 quedará:

0 = K·0 + C1 � C1 = 0Levando este valor á ecuación 7.34, se terá a ecuación da velocidade liñal do centro de masas A :

˙xA=K⋅t Ecuación 7.35

Volvendo a integrar esta ecuación:

xA=Kt⇒

d xA

dt=Kt⇒d xA=Kt⋅dt ⇒∫d xA=∫Kt⋅dt ⇒

xA=Kt 2C2Ecuación 7.36

Para calcular esta segunda constante de integración se parte de colocar os eixes coordenados de xeitoque no instante inicial o centro de masas A teña coordenada xA=0, co que para t=0 será xA=0, o que levado áecuación 7.36 dará:

0 = K·02+C2 � C2 = 0E levando este valor á ecuación 7.36, a ecuación da posición do centro de masas do cilindro quedará:

Ecuación 7.37

E esta ecuación xa permite calcular o tempo que tarda o centro de masas en acadar calquera posición, ecomo piden o tempo que tarda en percorrer unha distancia L, é dicir en que a posición do punto A sexa xA=L,se substitúe na ecuación 7.37 e se obtén o valor pedido:

K

LttKLtKxA =⇒⋅=⇒⋅= 22 Ecuación 7.38

Co que substituíndo K polo seu valor dado na ecuación 7.33, o tempo pedido será:

t= LK= L⋅1,5 R2Rd 2

gR⋅Rd Ecuación 7.39

Pregunta 5: A masa puntual de 1 kg de masa da figura 2 sóltase en repouso desde unha altura de50 cm sobre o solo horizontal. Se o coeficiente de restitución masa-solo é de 0,75, calcule avelocidade da masa inmediatamente despois de chocar co solo e a enerxía perdida durante oimpacto.

2·tKxA =


Se define o coeficiente de restitución como o cociente entre a velocidade inmediatamente despois dochoque e a velocidade inmediatamente antes do choque:

1

2

v

ve = Ecuación 7.40

polo que a velocidade inmediatamente despois do choque que pide esta pregunta será:

12 vev ⋅= Ecuación 7.41

Vese que, para calcular a velocidade inmediatamente despois do choque, se necesita saber a velocidadeinmediatamente antes do mesmo. Esta, suposta unha caída libre, pódese calcular moi facilmente ou porcinemática ou por enerxías. Procedendo por enerxías, dado que se supón que só actúa o peso durante a caída,pódese igualar a enerxía na posición inicial da figura 2 do enunciado (toda potencial gravitacional) e aenerxía inmediatamente antes do choque (toda cinética):

smghvvm

hgm /13,35,081,9222 1

21 =⋅⋅==⇒

⋅=⋅⋅

E levando este valor á ecuación 7.41, se terá a velocidade inmediatamente despois do choque:

smvev /35,213,375,012 =⋅=⋅=

Para calcular a enerxía perdida no impacto o máis simple é restar a enerxía que ten inmediatamentedespois do impacto da enerxía que ten inmediatamente antes, que en ambos casos é só cinética:

Enerxía perdida = -∆Ec = Ec1 – Ec2 = m·v12/2 – m·v2

2/2 = 0,5·(3,132 – 2,352) = 2,14 J

�ota Complementaria 7.1 : Tensións transmitidas por fíos de masa depreciable.

Pregunta: Demostrar que as tensións transmitidas por un fío de masa depreciable son iguaisen ambos os dous extremos do mesmo aínda que, como no caso do problema, pasen por unhapolea, sempre que esta sexa moi pequena ou de masa depreciable (ou sexa de IG ≈ 0) .

Vaise comprobar a igualdade de tensións aplicadas polo fío no cilindro e no corpo B.Na figura 7.4, se debuxan as forzas actuantes:• na parte esquerda da figura, se debuxan as forzas sobre a parte do fío que vai do corpo B ata a polea:

tensión TB que lle aplica o corpo B ó fío (que, de acordo co principio de acción e reacción, é igual aque o fío aplica ó corpo B) e tensión TH1 que lle aplica a polea.

• Na parte superior da figura se representan as tensións actuantes sobre a parte do fío en contacto coapolea.

• Na parte inferior dereita da figura, se representan as tensións actuantes sobre a parte de fío que vaidesde a polea ata o cilindro.

Aplicando á parte vertical do fío a segunda lei de Newton segundo o eixe Y:


⇒⋅=∑ cordacorday amF

E como di o enunciado que o fío é senmasa:

⇒ T BT H1=0⋅acorda ⇒

⇒ T B=T H1 Ecuación 7.42

Agora se aplica a EcuaciónSimplificada da Dinámica da Rotación ápolea no seu centro de masas, de acordo cosegundo dos diagramas da figura 7.4.Suposta a polea o suficientemente pequenae/ou de masa depreciable, terá un momentode inercia depreciable: Icm ≈0, polo que:

021 =⋅−⋅⇒⋅=∑ rTrTIM HHcmcm α

Ou sexa que ambas tensións tamén soniguais:

21 HH TT = Ecuación 7.43

E aplicando agora a segunda lei de Newton ó pedazo do fío que vai da polea ó cilindro, de acordo coterceiro diagrama da figura 7.4, se chegará tamén a que as tensións son iguais pois di o enunciado que o fío ésen masa:

AHfioAHfíofíox TTaTTamF =⇒⋅=−⇒⋅=∑ 23233 0 Ecuación 7.44

Combinado os tres resultados das ecuación 7.42, 7.43 e 7.44, se terá que todas as tensións son iguais:

AHHB TTTT === 21

Vese nesta demostración que a condición necesaria e suficiente para que as tensións transmitidas porfíos e poleas sexan iguais en todas partes é que:

• os fíos sexan de masa depreciable

• e que as poleas sexan de masa depreciable e/ou suficientemente pequenas para que así, en calquerados dous casos, o seu momento de inercia sexa depreciable.

�ota Complementaria 7.2 : Ligaduras a través de fíos e cordas

Pregunta: O sistema da figura 7.5consiste nunha placa apoiada sobre unplano inclinado, sobre a que está apoiadoun disco A. Placa e disco A están unidos através dun fío que pasa a través dunhapolea B que xira en sentido antihorario, deacordo coa figura 7.5. Expresar, en funcióndos parámetros elixidos, unha posiciónxenérica do centro de masas do disco A.

Figura 7.4 :

Figura 7.5 : Sistema de placa e disco unidos por unfío que pasa por unha polea


Se considera o fío inextensible e de masa depreciable. �on existe rozamento nin entre placae plano inclinado, nin entre disco e placa.

Nos sistemas como o estudiado, moitas veces a maior dificultade consiste en primeiro determinar comose move o sistema, e logo a relación entre posicións dos centros de masas e as lonxitudes variables dos fíos ecordas durante o movemento.

Neste sistema parece claro que a placa se vai mover cara arribapero puidera non verse tan claro se o xiro do disco vai ser de sentidohorario ou antihorario. Para isto, e como o sistema parte do repouso, sepode establecer o diagrama de sólido libre do disco. Ver figura 7.6. Sedebe ter en conta que, non habendo rozamento entre disco e placa e,ademais, estando a placa en movemento, non hai xiro ó redor do puntode contacto entre placa e disco, polo que o xiro do disco virádeterminado pola tensión do fío e se deberá estudiar ó redor do seucentro de masas. En efecto, como se ve no diagrama de sólido libre,con relación ó centro de masas só provoca xiro a tensión T que aplicao fío, e este momento ten sentido horario, polo que o xiro do disco teráeste sentido.

Unha vez establecido isto, osegundo paso sería parametrizar unhaposición xenérica do disco utilizandocomo parámetros o desprazamento x daplaca e o ángulo ϕϕϕϕ que xira o disco. Nafigura 7.7 se esquematiza unha posiciónxenérica do sistema. Nela se indica que aplaca se ten desprazado unha distancia xcara arriba, mentres que o disco tenxirado un ángulo ϕϕϕϕ. Para determinar aposición de G, se debe ter en conta que:

• Se non existise a placa e o outroextremo do fío estiveseenrolado na polea, estando estafixa, se tería desenvolvido unhacerta cantidade de fío no disco, eG se tería desprazado unha distancia igual á esa cantidade de fío desenvolvido. E considerando quese produce rodamento entre fío e disco, se terá desenvolvido unha cantidade de fío A'Ac que seráigual á distancia xirada polo punto AD nese tempo que é o arco A'AD = ϕ ϕ ϕ ϕ ·R

• Sen embargo o fío se ten acurtado unha distancia x na parte inferior polo que se terá alongado unhadistancia x na parte superior que será o que ten avanzado o punto B desde B'.

Desta forma o centro de masas G do disco terá avanzado cara abaixo unha distancia suma das dúasdistancias citadas. Polo tanto, o centro de masas do disco se terá desprazado cara abaixo unha distancia igualá suma destas dúas cantidades: ϕ ϕ ϕ ϕ ·R+x. Aínda que sendo ϕϕϕϕ negativo, para manter a suma das dúaslonxitudes se debe poñer: -ϕϕϕϕ · R+x. Ademais, tendo en conta que xG é negativa, sería:

xG=R⋅x =R⋅x

Tamén se pode ver isto na figura 7.7 pois o valor da coordenada xG será a lonxitude A'A da figura:

∣xG∣=A' A=A' B 'AB'=∣R⋅∣L0xL0=∣R⋅∣x

Figura 7.6 : Diagrama de sólidolibre do disco



Polo que, tendo en conta o signo determinado polos eixes da figura 7.7, será:

xG=∣R⋅∣x

E tendo en conta que ϕϕϕϕ é negativo:

xG=R⋅x


PROBLEMA �º 8 : Barra esvarando por outra barra (Exame desetembro 2006)

Unha barra homoxénea A de masa m e lonxitude 2d vincúlase mediante unha corredizaarticulada sen movemento á barra homoxénea B, de masa m e lonxitude 3d, tal como se indicana figura inferior esquerda. Responda ás seguintes cuestións:

1. Velocidade angular e velocidade do centro de masas da barra B en función de d, ϕϕϕϕ e assúas derivadas temporais.

2. Velocidade do centro de masas da barra A para un observador solidario á barra B, enfunción de d, ϕϕϕϕ e as súas derivadas temporais.

3. Ecuación diferencial do movemento.4. Posición(s) de equilibrio do sistema.5. Unha chapa rectangular homoxénea de masa m e dimensións 2d x a, sostense en repouso

horizontalmente gracia a dispoñer de dous pivotes que apoian sobre un Pilar de ancho b, comose indica na figura superior dereita. Calcule o mínimo coeficiente de rozamento entre pivotes epilar (o mesmo para ambos os dous pivotes) que permite o equilibrio do sistema.

Apartado 1: Velocidade angular e velocidade do centrode masas da barra B en función de d, ϕϕϕϕ e as súasderivadas temporais.

Resulta de interese comezar por facerse unha idea domovemento do sistema. Para isto se pode examinar odiagrama de sólido libre de cada elemento do sistema ou dosistema completo. Neste caso pode ser ilustrativo examinar odiagrama de sólido libre do sistema presentado na figura 8.1.

Pódese ver que o movemento do sistema pode ser un xiroen sentido horario se predomina o efecto do peso da barra B,ou un xiro antihorario se predomina o efecto do peso da barraA. E isto vai depender do valor inicial do ángulo ϕϕϕϕ pois seeste ángulo é pequeno será preponderante o efecto do peso da Figura 8.1 : Diagrama de sólido libre do

sistema

PROBLEMA Nº 8 : Barra esvarando por outra barra (Exame de setembro 2006). Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 98

barra A sobre o efecto do peso da barra B, dándose polo tanto un xiro en sentido antihorario. E será un xirohorario para ángulos ϕϕϕϕ grandes pois neste caso será preponderante o efecto do peso da barra B

Se traballará supoñendo un xiro do sistema en sentido antihorario. Se utilizarán os eixes coordenadoscartesianos habituais centrados no punto D. No debuxo, por motivo de claridade, os eixes se debuxandesprazados da súa posición.

Estudiando agora por separado o movemento de cadaunha das barras, se ten que, de acordo coa figura 8.2, aposición da barra B quedaría determinada polo ángulo de xiroθθθθ ó redor do punto fixo D, e a posición da barra da dereitapolo ángulo ϕ ϕ ϕ ϕ , dado que se trata de xiros ó redor de puntosfixos. De acordo con isto, os parámetros a utilizar no estudiode cada barra serían ϕϕϕϕ e θ θ θ θ , e as velocidades angulares

respectivas serán e . De todas formas o alumno debe ter

coidado pois ambos os dous ángulos son negativos cos eixeshabituais que aquí se utilizan.

Ademais, a ligadura existente entre as barras determinaque ambos os dous parámetros estean relacionados polaxeometría. Neste aspecto reviste especial importancia adistancia fixa entre ambos os dous puntos fixos D e C. Así, nafigura se ve que o triángulo DCE é isósceles en calqueraposición pois sempre ten iguais os lados DC e CE delonxitude 2d. Isto determina que os ángulos opostos a esteslados teñen que ser iguais (ángulos αααα da figura). Polo tanto:

Suma dos valores dos ángulos dun triángulo:

2⋅= Ecuación 8.1

Ademais, no punto D se pode observar que os valores de αααα e θθθθ son complementarios, polo que: α α α α= π/2 − θ π/2 − θ π/2 − θ π/2 − θ

Levada esta expresión a ecuación 8.1, esta quedará:

2⋅2= ⇒ =2 Ecuación 8.2

Se pode comprobar que esta relación, calculada en base avalores dos ángulos sen ter en conta os seus signos, non haique alterala dado que ambos os dous ángulos son negativos.

Así xa se teñen relacionados os valores dos dousparámetros, co que o valor da velocidade angular da barra Ben función do parámetro ϕϕϕϕ e as súas derivadas é inmediatapois partindo de que, como xa se ten visto:

ωB=

e como segundo a ecuación 8.2: θ = ϕθ = ϕθ = ϕθ = ϕ / 2 2 2 2derivando esta:

=

2Ecuación 8.3

Figura 8.2 : Ángulos e distancias deinterese

Figura 8.3 : Ángulos e distancias


polo que a velocidade angular da barra B , en función do parámetro a utilizar, será:

ωB=

2Ecuación 8.4

Vectorialmente:

ωB=

2k Ecuación 8.5

Darse de conta que non é necesario engadir ningún signo negativo na ecuación anterior pois a ecuación8.4 xa proporciona a compoñente Z da velocidade angular, non o seu valor, polo que inclúe o signo. (Poroutra banda, aínda que irrelevante neste momento, o signo da velocidade angular é positivo dado que, no xiroantihorario considerado, a velocidade angular será saínte do plano do movemento - como +Z -. Se pode vertamén dándose de conta que o ángulo ϕϕϕϕ que é negativo, está a diminuír, polo que a súa primeira derivadaserá positiva: valor final – valor inicial = -a - (-a-b) = +b).

Polo que respecta á velocidade do centro de masas da barra B, punto que tamén se chamará B, secomezará por establecer as súas coordenadas en función do parámetro. Ver figura 8.3 e ter en conta, como xase ten indicado, que os eixes coordenados están centrados no punto D:

xB=1,5d⋅sen2

yB=1,5d⋅cos2

Ecuación 8.6

Obsérvese a inclusión do signo negativo na ecuación de xB para ter en conta que o ángulo ϕϕϕϕ é negativomentres que xB é positivo na posición representada.

Derivando as ecuacións 8.6, se obterán as compoñentes da velocidade do centro de masas:

˙xB=1,5d⋅

2⋅cos

2

˙yB=1,5d⋅

2⋅sen

2

Ecuación 8.7

Vectorialmente será: vB=1,5d⋅

2⋅cos

2i1,5d⋅

2⋅sen

2j

Simplificando:

vB=0,75⋅d⋅˙⋅cos 2 isen2j Ecuación 8.8

E o seu módulo será: vB=1,5d⋅2⋅cos 2

2

1,5d⋅2⋅sen 2 2

=1,5⋅d⋅

2⋅cos22 sen2

2

É dicir, que quedará:

25,1

•

⋅⋅=ϕ

dvBEcuación 8.9


O que é lóxico, pois este valor será o da velocidade angular (2

•

=ϕ

ωB) multiplicado pola distancia do

centro de masas B ó centro de xiro D (1,5d).

Apartado 2: Velocidade do centro de masas da barra Apara un observador solidario á barra B, enfunción de d, ϕϕϕϕ e as súas derivadas temporais.

Se pide a velocidade do punto A relativa á barra B, vmA,e para calculala se aplicará a ecuación cinemática:

Velocidade absoluta = = velocidade relativa + velocidade de arrastre

AarrmAA vvv .

rrr+=

Desta forma, a velocidade relativa se calculará así:

AarrAmA vvv .

rrr−= Ecuación 8.10

Se calcularán agora vA e varr.A por separado.A velocidade do punto A se calcula de acordo co seu

movemento real, é dicir como parte da barra A da que é o centro de masas. Ver figura 8.4. Recordar que oseixes coordenados están centrados no punto D:

xA=DM=d⋅2cos ⇒ ˙x A=d⋅⋅sen

yA=AM=d⋅sen ⇒ ˙yA=d⋅⋅cos

Ecuación 8.11

Onde xa se inclúe o signo negativo correspondente a que yA é positiva mentres que o “seno ϕϕϕϕ” énegativo por selo o ángulo ϕϕϕϕ.

Agora, de acordo coas ecuacións 8.11 quedará:

vA=d⋅⋅sen icos j Ecuación 8.12

Para calcular a velocidade de arrastre do punto A con relación a un observador ligado á barra B débese

supoñer ó punto A movéndose solidariamente coa barra B, é dicir coa velocidade angular 2

••

=ϕ

θ . Polo

tanto, vendo a figura 8.4 onde se ten debuxada unha barra imaxinaria DA que uniría ó punto A á barra B:

varr .A=vDωB xDA=0

2⋅k × [DM iAM j ]=

2⋅k × [2dd⋅cos id⋅sen j ]=...

...=

2k × [ d⋅2cos id⋅sen j ]=

2⋅d⋅2cos j

2⋅d⋅sen i

Polo tanto, a velocidade de arrastre será:

varr . A=

2⋅d⋅sen i

2⋅d⋅2cos j Ecuación 8.13

Figura 8.4 : Ángulos e distancias


Levando agora as ecuacións 8.12 e 8.13 á ecuación 8.10, esta quedará:

vmA=v Av arr . A=d⋅⋅sen id⋅⋅cos j

2⋅d⋅sen i

2⋅d⋅2cos j=

=⋅d

2⋅sen i2cos j

Polo que a velocidade relativa pedida será: vmA=⋅d

2⋅ sen i2cos j

Apartado 3: Ecuación diferencial do movemento.

Aínda que resulta máis simple utilizar as Ecuacións deLagrange para establecela, aquí se aplicará a segunda Lei deNewton e a Ecuación da Dinámica da Rotación a cada barra,quedando a aplicación das ecuacións de Lagrange para a NotaComplementaria 8.1 no remate deste problema.

De feito, só faría falta aplicar a Ecuación da Dinámica daRotación a cada barra, tomando momentos con relación óspuntos fixos D e C, pois así nestas ecuacións non apareceríanas reaccións nos apoios, reaccións que logo, se fosenecesario, se poderían calcular aplicando a 2ª lei de Newtonen dirección X e en dirección Y en cada barra. O alumno deberecordar que os puntos fixos cumpren a segunda dascondicións 2.1 (puntos de aceleración nula), polo que se podeaplicar nestes a Ecuación Simplificada da Dinámica deRotación.

Pódese ver na figura 8.5 o diagrama de sólido libre dasdúas barras na mesma figura. Polo que respecta ás forzas queactúan na corrediza (que é o extremo da barra A) poderían sera forza de rozamento (paralela á propia barra pola que deslizaa corrediza), e a normal � (perpendicular á forza derozamento, e polo tanto perpendicular á barra B). Unha formade estudiar o sentido destas forzas pode ser o seguinte: acorrediza, que forma parte da barra A, desliza pola barra B cara abaixo de acordo cun xiro en sentidoantihorario do sistema, polo que a barra B aplicaría unha forza de rozamento á corrediza paralela á propiabarra B e cara arriba.

De acordo con isto, e como a normal � é perpendicular á forza de rozamento, esta � será perpendiculará barra B, e así se debuxa na figura 8.5. Loxicamente, a forza de reacción correspondente a esta � que abarra A aplica á barra B, será de igual dirección e sentido contrario. O sentido a dar en cada caso á forza � éevidente dado que se está a supoñer que a barra A , ó caer por efecto do seu peso, empuxa á barra B, senembargo se podería supoñer calquera sentido (evidentemente sentidos contrarios entre as � que actúen encada barra), e logo os cálculos confirmarían se é ese sentido ou é o contrario

O enunciado afirma que non existe rozamento, polo que haberá só as forzas normais � que son as que serepresentan no diagrama de sólido libre da figura 8.5: a � esquerda actuando sobre a barra B, e a � dereitaactuando sobre a barra A.

Figura 8.5 : Diagrama de sólido ríxidodas dúas barras por separado


Fixarse en que, sendo as forzas � perpendiculares á barra B, as forzas � forman un ángulo de ϕϕϕϕ //// 2 coahorizontal por igualdade co ángulo que forma a barra B coa vertical, debuxado no punto D: igualdade deángulos con lados perpendiculares.

Na figura 8.6 se pode ver o diagrama de sólido libre dabarra A. Aplicando a 2ª Lei de Newton a esta:

∑ F x=m⋅aAx⇒C x�⋅cos2=m⋅a Ax

∑ F y=m⋅aAy⇒C ymg�⋅sen2=m⋅a Ay

Ecuación 8.14

Os valores de aAx e aAy se poden calcular en función doparámetro, volvendo a derivar as ecuacións 8.11. Senembargo non é necesario pois estas ecuacións 8.14 servirían,como xa se comentou, para calcular as reaccións Cx e Cy enfunción do parámetro e as súas derivadas, e isto é algo que oproblema non pide.

Aplicando agora a Ecuación da Dinámica da Rotación tomando momentos con relación ó punto fixo Cpois así xa non aparecerán na ecuación as reaccións no apoio C:

∑ ⋅= αCCz IM

sendo: IC = IA + m.AC2 = m.(2d)2/12 + m.d2 = 4m.d2/3, e a aceleración angular: α= kPolo tanto, fixándose que os momentos son en dirección Z, e co eixe Z elixido serán positivos se son

saíntes-sentido antihorario, e negativos se son entrantes-sentido horario, a ecuación anterior quedará :

∑M Cz= IC⋅α⇒�⋅CFmg⋅d⋅cos=43md 2⋅ Ecuación 8.15

Pódese ver na figura 8.6 que a distancia CF é un cateto do triángulo CEF de hipotenusa 2d. Polo tanto:CF = 2d · sen ϕϕϕϕ //// 2. Sen embargo, como sempre que apareza o seno do parámetro se debe ter coidado pois énegativo, e aquí, como CF é unha distancia e estas son positivas, quedará: CF = -2d · sen ϕϕϕϕ //// 2

Levando isto á ecuación 8.15, quedará:

�⋅2d⋅sen

2mg⋅d⋅cos=

43md 2⋅

Ecuación 8.16

Para encontrar a ecuación do movemento, se necesitaeliminar a forza � da ecuación anterior, o que se conseguiráaplicando a Ecuación da Dinámica da Rotación á barra B(non é necesario aplicar a 2ª Lei de Newton a esta barra poissó proporcionaría as reaccións no apoio D que non pide oproblema). Aplicando a Ecuación da Dinámica da Rotación ábarra B, de acordo co diagrama de sólido libre da barra Bpresentado na figura 8.7:

∑ ⋅= αDDz IM

sendo ID = IB + m·DB2 = m·(3d)2/12 + m·(1,5d)2 = 3m·d2

Figura 8.6 : Diagrama de sólido libre dabarra A

Figura 8.7 : Diagrama de sólido libre dabarra B


e a aceleración angular da barra B é α= k , e como =

2de acordo coa ecuación 8.3 unha vez

derivada, quedará: α=

2k

Polo tanto, a Ecuación da Dinámica de Rotación quedará:

∑M Dz=I D⋅α⇒�⋅DEmg⋅DJ=3md 2⋅

2Ecuación 8.17

A distancia DJ é fácil de ver na figura 8.7: DJ = 1,5d · sen ϕ ϕ ϕ ϕ /2 pero tendo en conta que DJ é unhadistancia positiva e que o seno do parámetro é negativo, será: DJ = - 1,5d · sen ϕ ϕ ϕ ϕ /2

A distancia DE se pode calcular co teorema de Pitágoras de acordo coa figura 8.7:22 EHDHDE +=

onde a distancia EH pode calcularse facilmente no triángulo CEH, e a distancia DH se pode calcularpor diferencia entre DC (2d) e CH (2d·cos ϕ). Polo tanto:

( )( ) ( ) ϕϕϕϕϕ 222222 coscos2122cos12 sendsenddEHDHDE ++−⋅⋅=⋅+−⋅+=

Polo tanto: DE=22⋅d⋅1cos=22⋅d⋅2⋅sen 2=4⋅d⋅sen

2

Sen embargo, como sempre que aparece o seno do parámetro se debe cambiar o signo para manter o

signo explícito da ecuación 8.17: DE=4⋅d⋅sen2

Levando estas distancias á ecuación 8.17, quedará:

�⋅4⋅d⋅sen2mg⋅1,5d⋅sen

2=3md 2⋅

2Ecuación 8.18

Agora que se teñen as ecuacións que proporciona a Ecuación da Dinámica de Rotación na barra A(ecuación 8.16) e na barra B (ecuación 8.18), entre as dúas se pode eliminar a reacción � e se obterá así aecuación do movemento:

- Ecuación 8.16: �⋅2d⋅sen

2mg⋅d⋅cos=

43md 2⋅

- Ecuación 8.18: �⋅4⋅d⋅sen2mg⋅1,5d⋅sen

2=3md 2⋅

2

Despexando � por exemplo na ecuación 8.18: �=3md 2⋅

2mg⋅1,5d⋅sen

2

4⋅d⋅sen2

E levando este valor á ecuación 8.16:

3md 2⋅

2mg⋅1,5d⋅sen

2

4⋅d⋅sen2

⋅2d⋅sen2mg⋅d⋅cos=

43md 2⋅¨

Operando, quedará: g⋅1,5⋅sen 2 2⋅cos= 256

d⋅¨⇒


⇒ ¨=6g25d⋅1,5⋅sen 2 2⋅cos Ecuación 8.19

Apartado 4: Posición(s) de equilibrio da barra.

As posicións de equilibrio dun sistema se caracterizan por ser aquelas nas que, estando o sistema enrepouso, pode seguir en repouso indefinidamente por ser nula a aceleración liñal do seu centro de masas, easí non haberá translación, e ser nula a súa aceleración angular, e así non haberá rotación.

Neste caso no que non é posible unha translación, basta establecer que a aceleración angular ten que sernula, o que se pode facer na ecuación 8.19:

¨=6g25d⋅1,5⋅sen 2 2⋅cos⇒ ¨= 6g

25d⋅1,5⋅sen 2 2⋅cos=0⇒1,5⋅sen

22⋅cos=0⇒

⇒ 1,5⋅sen22⋅cos=0 Ecuación 8.20

Poñendo o cos ϕϕϕϕ en función do sen ϕϕϕϕ/2, o que se pode facer facilmente dado que:

221cos

2

cos1

22 ϕ

ϕϕϕ

sensen ⋅−=⇒−

=

Levando isto á ecuación 8.20 se terá:

1,5⋅sen22⋅cos=0 ⇒ 1,5⋅sen

22⋅12⋅sen2

2 ⇒4⋅sen221,5⋅sen

22=0

Resolvendo esta ecuación de 2º grao quedará:

sen2=1,5±1,524⋅4⋅2

2⋅4={0,5440,919

Tratando co sistema por encima da liña DC, só ten sentido o resultado negativo, que conduce a unángulo de:

2=arc sen 0,544=33º ⇒ =66º Ecuación 8.21

A solución positiva para o seno conduciría a un ángulo ϕϕϕϕ positivo, correspondente a unha posición dosistema por debaixo da liña DC:

2=arc sen 0,919=66,8 º ⇒ =133,6 º Ecuación 8.22

Trátase dunha posición ideal pois antes de chegar a ela, a corrediza se sairía da barra B.

Pregunta adicional: ¿Cara onde evolucionaría o sistema para ángulos maiores que o calculadona ecuación 8.21?

Como se pode observar na ecuación 8.19, para ángulos de menor valor absoluto que o indicado, o signoda paréntese da ecuación 8.19 será un ben determinado, e para ángulos de maior valor terá signo contrario


dado que en 66º se pasa xustamente por cero. É dicir, nun caso o sistema evolucionaría xirando cara onde seten suposto, sentido horario, e no outro evolucionaría no sentido contrario, xirando en sentido anthorario.

A lóxica di cara onde será en cada caso. Para ángulos ϕϕϕϕ grandes se pode ver na figura 8.1 que será opeso da barra B o que predomine e faga xirar o sistema no sentido horario, mentres que para ángulospequenos será o peso da barra A o que predomine e faga xirar o sistema en sentido antihorario.

Cuantitativamente se pode comprobar na ecuación 8.19 tomando, por exemplo un ángulo de maior valorabsoluto que o de equilibrio, por exemplo -67º, e se comprobará como a ecuación toma signo negativo,confirmando así a aceleración angular negativa que correspondería ó sentido de xiro horario determinadopola posición das barras cun ángulo de valor tan alto.

Apartado 5: Unha chapa rectangular homoxénea demasa m e dimensións 2d x a, sostense en repousohorizontalmente gracias a dispoñer de douspivotes que apoian sobre un pilar de ancho b,como se indica na figura dereita. Calcule omínimo coeficiente de rozamento entre pivotes epilar (o mesmo para ambos os dous pivotes) quepermite o equilibrio do sistema.

A chapa tenderá a deslizar cara abaixo debido ó seu peso,aparecendo un rozamento oposto a dito deslizamento nospivotes de contacto co pilar vertical. Obviamente a apariciónde rozamento se debe a existencia dun aprese entre chapa epilar, e polo tanto á existencia dunhas reaccións �1 e �2 encada pivote. Se debe notar que a inexistencia de normais determinaría a inexistencia de forzas de rozamentopolo que a chapa esvararía libremente cara abaixo.

Polo tanto, o diagrama de sólido libre da chapa será o dafigura 8.9.

Nunha situación estática se sabe que a relación entre aforza de rozamento e a normal é:

Fr ≤ µ · NO caso límite será polo tanto cando:

Fr = µ · N supoñendo idénticos os coeficientes de rozamento

estático e dinámico.Se estudiará o caso límite no que a chapa comeza a

deslizar (Fr = µ · N). Aplicando neste caso as condicións deequilibrio:

1212 00 ��Fx =⇒=+−⇒=∑∑ F y=0⇒F r2F r1mg=0 ⇒

⇒ µ⋅� 2µ⋅� 1mg=0

0

00

11

11

=⋅−⋅+⋅⇒

⇒=⋅−⋅+⋅⇒=∑dmga�b�

dmga�bFM rBz

µ

Substituíndo a primeira ecuación nas outras dúas, e chamando � á ambas as dúas normais iguais:mg�mg�� =⋅⇒=−⋅+⋅ µµµ 2012

( ) 0011 =⋅−+⋅⇒=⋅−⋅+⋅ dmgab�dmga�b� µµ

Figura 8.8 : Chapa sobre pivote

Figura 8.9 : Diagrama de sólido libre dachapa


Co que, despexando � na primeira destas dúas ecuacións e substituíndo na segunda se terá o valor de µµµµpedido:

( ) ( )bd

adabdmgab

mgdmgab�

−=⇒=+⇒⋅=+⋅⇒=⋅−+⋅2

22

0 µµµµµ

µ

�ota Complementaria 8.1 : Ecuación diferencial do movemento coas Ecuaciónsde Lagrange

Pregunta: Establecer a ecuación diferencial do movemento coas ecuacións de Lgrange.

A función L de Lagrange é: L=TVCalcularase a enerxía cinética T de cada barra con

relación ós puntos fixos respectivos D e C, pois proporcionaunha expresión máis simple que con relación ó centro demasas:

T=I D⋅ωB

2

2

IC⋅ωA2

2

Para calcular estes momentos de inercia se aplicará oteorema de Steiner pois se coñece o momento de inerciadunha barra con relación ó centro de masas IG = m·L2/12 :

I D=I Bm⋅BD2=m⋅3d2

12m⋅1,5d 2=3md 2



I C=I Am⋅AC2=m⋅2d 2

12m⋅d 2=

4md 2

3Así, a enerxía cinética do sistema quedará:

T=I D⋅ωB

2

2

IC⋅ωA2

2=

3md2⋅ 2 2

2

4md 2

3⋅

2

2=2524

md 2⋅2

Para establecer a enerxía potencial gravitacional se toma como orixe de enerxías a liña DC. Polo tanto:

V=m⋅g⋅hBm⋅g⋅hA=m⋅g⋅1,5⋅d⋅cos2m⋅g⋅d⋅sen

onde xa se ten en conta o carácter negativo do seno do parámetro polo que, para que a enerxía potencialgravitacional da barra A sexa positiva, se debe engadir un signo “menos” para cambiar o signo negativo doseno de ϕϕϕϕ.

Polo tanto, a función L será:

L=TV=2524

md 2⋅2

1,5⋅m⋅g⋅d⋅cos2m⋅g⋅d⋅sen

E a ecuación do movemento se deducirá a partir de:ddt ∂L∂

∂ L∂=0

dado que as únicas forzas non conservativas non realizan traballo por actuar en puntos fixos ou por serperpendiculares ó desprazamento do punto sobre o que actúan. O alumno debe recordar que no caso de haberfrozas non conservativas que realicen traballo, a ecuación tomaría a forma:

ddt ∂L∂

∂ L∂=Q

Calculando os termos da ecuación un por un:• Paréntese do primeiro termo:

∂ L

∂ ˙=∂

∂ ˙ 2524 md 2⋅

2

1,5⋅m⋅g⋅d⋅cos2m⋅g⋅d⋅sen=25

12md 2⋅

• Primeiro termo:ddt ∂L∂ =

ddt 2512 md 2⋅=25

12md 2⋅

• Segundo termo:

∂L∂=∂∂ 2524 md 2⋅

2

1,5⋅m⋅g⋅d⋅cos2m⋅g⋅d⋅sen=3

4⋅m⋅g⋅d⋅cos

2m⋅g⋅d⋅cos

E así, a ecuación de Lagrange quedará:

ddt ∂L∂

∂ L∂=0⇒

2512

md 2⋅34⋅m⋅g⋅d⋅cos

2m⋅g⋅d⋅cos=0

Co que, despexando, xa se ten a ecuación diferencial do movemento:


¨=12g25d⋅ 34⋅sen 2 cos Ecuación 8.23


PROBLEMA �º 9 : Cilindro rodando sobre placa deslizante.(Exame de decembro 2006)

Un bloque de masa M móvese sobre un plano horizontal cunha aceleración ar constante.

Un disco homoxéneo de masa m e radio R encóntrase a unha distancia L do seu extremoesquerdo no instante inicial representado na figura inferior, na que o sistema parte do repouso.O coeficiente de rozamento disco-bloque e bloque-solo é µµµµ. Determinar:

1. Valor máximo de ar para que o disco non deslice.

�o suposto de que se cumpre a condición anterior:2. Distancia que percorre o bloque durante o tempo no que o disco permanece sobre el.

¿Depende esa distancia da aceleración ar do bloque?

3. Forza horizontal necesaria sobre o bloque para que este se mova coa aceleraciónconstante a

r.

4. Momento de inercia da área da placa homoxénea da figura superior dereita respecto ó seucentro de masas.

Solución:

Apartado 1: Valor máximo de ar para que o disco non deslice.

Resulta de interese comezar por vercomo se move o disco sobre o bloque, o quese pode ver establecendo o diagrama desólido libre do disco. O aspecto fundamentalpara debuxalo é darse de conta que o bloquese comeza a mover cara á dereita e que, denon haber rozamento, o disco quedaría enrepouso no seu lugar dado que a forzaimpulsora actúa sobre o bloque e non sobreo disco. Deste xeito, o punto de contactoentre disco e bloque tería un deslizamentocara á esquerda relativo ó bloque. Destexeito, e habendo rozamento entre bloque edisco como é o caso, o bloque se opón a dito deslizamento aplicándolle unha forza de rozamento a dito puntode contacto cara á dereita, e así o disco se moverá debido ó rozamento entre bloque e disco. Ver diagrama de

Figura 9.1 : Diagramas de sólido libre de bloque e disco

PROBLEMA Nº 9 : Cilindro rodando sobre placa deslizante. (Exame de decembro 2006). Roberto Palau G. & Roberto Palau L.Páxina 110

sólido ríxido do disco na figura 9.1 no que se observa que a forza Fr1 moverá o disco cara a dereita. Na figura9.1 se presenta tamén o diagrama de sólido libre do bloque.

De acordo co diagrama de sólido libre do disco, se ve que a 2ª Lei de Newton aplicada ó disco:

∑ F exteriores=m⋅aCentroMasas

determina que o centro de masas do disco se moverá cara a dereita, e a Ecuación Simplificada daDinámica de Rotación aplicada no cento de masas G do disco:

∑M G z=I G⋅α

determina que o resto do disco xira en sentido antihorario ó redor do centro de masas. Ou sexa que o centro do disco e o bloque se moven cara á dereita, pero xa a segunda pregunta do

enunciado (“calcular a distancia que percorre o bloque mentres o disco permanece encima del”) dá aentender que o bloque avanza máis rapidamente que o centro do disco.

En todo caso, se ten un desprazamento do bloque, que se pode caracterizar co parámetro x quedetermine, por exemplo, a posición do extremo esquerdo do bloque en un instante xenérico, e un rodamentodo disco sobre o bloque que se pode caracterizar co parámetro angular ϕϕϕϕ que teña xirado o disco neseinstante xenérico, tal como se indica nas figuras 9.2 e 9.3. Evidentemente existe unha ligadura entre ambosos dous movementos que vén dada polo rodamento do disco sobre o bloque.

O estudio do movemento do sistema se simplifica se se considera como a composición de dousmovementos simples:

• o rodamento do disco sobre o bloque, considerado este en repouso,

• e unha translación do bloque, considerado o disco en repouso.Unha vez considerados estes dous movementos se poderá parametrizar unha posición xenérica do disco

e do bloque, que se deixará descrita con ambos os dous parámetros x e ϕϕϕϕ citados dado que non se pide nadaque esixa utilizar un só parámetro. Posteriormente se verá a relación entre ambos os dous parámetros.- Primeiro movemento:Rodamento do disco sobre obloque:

Na figura 9.2, se mostra oprimeiro movemento, orodamento do disco sobre obloque, considerado este enrepouso. Se representa a posicióninicial do disco (1d) con liñadescontinua, mentres que unhaposición xenérica posterior (2d)aparece representada con liñacontinua. No instante inicial, (1d),están en contacto os puntos Ad1 dodisco co punto Ab1 do bloque, mentres que no instante (2d) están en contacto os puntos Ad2 con Ab2 , e o puntoAd1 do disco se ten movido ata a nova posición indicada sobre o disco debuxado con liña continua, mentresque o punto Ab1 do bloque permanece na mesma posición dado que o bloque se considera en repouso.

Pois ben, o rodamento do disco sobre o bloque determina que o punto Ad do disco e o punto Ab dobloque que estean en contacto en cada momento, teñen a mesma velocidade instantánea. Isto, á súa vez,determina que o arco Ad2Ad1 é igual á lonxitude Ab2Ab1 da figura 9.2, e como :

Arco Ad1 Ad2=ángulo⋅radio=⋅Rpolo tanto:

Figura 9.2 : Movemento 1: Rodamento do disco (bloque en repouso)


Ab2 Ab1=arco Ad1 Ad2=⋅RDesta forma a coordenada xG do centro de masas do disco sería, tal como se ve na figura 9.2: xG=L⋅Rpero non é a coordenada real do centro de masas do disco pois falta considerar a translación do bloque.

- Segundo movemento: translación do bloque:Na figura 9.3 se engade

agora o desprazamento x que terárealizado o bloque no mesmointervalo de tempo consideradono movemento anterior do disco.

Comentario sobre aposición inicial do disco: Se debeter en conta que, en dita figura, aposición inicial do discorepresentada a liña discontinua éa súa posición relativa ó bloque,pero de todas formas éirrelevante pois se trata de terben visualizada a posiciónxenérica representada a liña continua. O alumno debe ter en conta que o desprazamento x do bloque noinstante xenérico, e do disco encima del, afecta á posición do disco neste instante xenérico, pero non óinstante inicial que é o que é, polo que a real posición inicial do disco con relación ó sistema decoordenadas fixo habería que tela debuxada unha distancia x cara á esquerda da posición que aparecedebuxada en liña descontinua na figura 9.3.

Seguindo agora co exercicio, como se ve na figura 9.3 a posición do centro de masas do disco noinstante xenérico considerado vén dada por:

xG=Lx⋅R Ecuación 9.1

yG=R Ecuación 9.2

E as súas velocidade e aceleración se obteñen derivando as ecuacións anteriores. Velocidade:

˙xG=˙x⋅R Ecuación 9.3

˙yG=0 Ecuación 9.4

Aceleración:

¨xG=¨x⋅R Ecuación 9.5

ÿG=0 Ecuación 9.6

Polo que respecta ás súas velocidade angular e aceleración angulares, tal como se pode observar nafigura 9.3 na que se ve como xiro do disco ó redor do seu centro de masas vén dado polo ángulo ϕ ϕ ϕ ϕ (o radio

Figura 9.3 : Posición xenérica do sistema (unha vez engadido odesprazamento do bloque)


GAd que inicialmente se encontraba vertical, na posición xenérica se encontra xirado un ángulo ϕϕϕϕ), serán asderivadas deste parámetro:

d= ⇒ Ecuación 9.7

=d= Ecuación 9.8

No que respecta ó bloque, a súa posición, velocidade e aceleración, de acordo coa figura 9.3, veñendadas polo parámetro x e as súas derivadas:

xb= x ⇒ ˙xb=˙x ⇒ ¨xb=¨x Ecuación 9.9

E como a aceleración do bloque ¨xb=¨x é constante de valor “a”, de acordo co enunciado, se terá que:

¨xb=¨x=a

o que levado á ecuación 9.5, establece a relación entre a aceleración do centro de masas do disco e a dobloque:

¨xG=a⋅R Ecuación 9.10

Agora se realizará o estudio dinámicodo disco. Para elo se volve a presentar odiagrama de sólido libre do disco na figura9.4 (tamén se inclúe o do bloque).

Aplícase a 2ª Lei de Newton e aEcuación da Dinámica da Rotación ó disco:

∑ F x=m⋅aG⇒F r1=m⋅xG

Ecuación

9.11

∑ F y=0⇒� 1mg=0⇒ � 1=mg

Ecuación 9.12

Hai que ter en conta que, de acordo coas condicións 2.1 e 2.2, neste caso no que Ad non é o CIR dodisco, só se pode estar seguro de poder aplicar a Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación no centrode masas, e así se fará agora:

∑M Gz=I G⋅α⇒F r1⋅R=mR2

2⋅⇒ F r1=

mR2⋅ Ecuación 9.13

Da forza de rozamento Fr1 se sabe que no rodamento se cumprirá que: Fr1 ≤ µµµµ · �1

Pero como este apartado fala da condición límite na que o disco vai comezar a deslizar, neste caso secumpre que: Fr1 = µµµµ · �1

O que combinado coa ecuación 9.12 dará que: Fr1 = µ · N1 � Fr1 = µ · mgLevando isto ás ecuacións 9.11 e 9.13, quedarán:



F r1=m⋅aG⇒ µ⋅mg=m⋅¨xG⇒ ¨xG=µ⋅g Ecuación 9.14

F r1=mR2⋅¨ ⇒ µ⋅mg=

mR

2⇒ ¨=

2µ⋅gR

Ecuación 9.15

Co que xa se teñen calculadas a aceleración liñal do centro de masas do disco, ecuación 9.14, e a súaaceleración angular, ecuación 9.14. E levando estes valores á ecuación 9.10, se terá a condición que estará acumprir a aceleración do bloque neste caso límite do disco a punto de deslizar:

xG=a⋅R ⇒ µ⋅g=a2µ⋅gR⋅R ⇒ a=3µ⋅g Ecuación 9.16

Polo tanto, con aceleracións maiores que esta no bloque, o disco deslizará sobre el pois para manter orodamento necesitaría unha forza de rozamento maior que a máxima posible.

Apartado 2: �o suposto de que se cumpra a condición anterior: distancia que percorre o bloquedurante o tempo no que o disco permanece sobre el. ¿Depende esa distancia da aceleraciónar do bloque?

Este apartado ten un enunciado que o alumno debe interpretar porque podería confundilo. En efecto, oalumno podería supoñer que se trata do caso do movemento no que o disco está a punto de deslizar polo quea aceleración sería a calculada na ecuación 9.16. Sen embargo con esta apreciación non tería sentido a últimapregunta deste apartado que dá a entender que a aceleración pode ser variable. Por isto hai que supoñer que o“cumprimento da condición anterior” se refire á que o disco roda e non desliza, nun caso onde a aceleraciónar do bloque é coñecida e no que, como hai rodamento, se cumpre que a < 3µµµµg (de acordo coa ecuación

9.16).Para responder á primeira parte da pregunta hai que estudiar o movemento do bloque e do disco. Polo

que respecta ó movemento do bloque, trátase dun movemento de translación rectiliño uniformementeacelerado dado que está sometido a unha aceleración a

r constante. Como tamén se sabe a súa velocidade

inicial, nula, non haberá ningún problema en estudiar o movemento do bloque coas ecuacións da Cinemática.Polo que respecta ó disco, se verá a continuación que, como cabe esperar, tamén o movemento do seu centrode masas é un movemento uniformemente acelerado, ademais de rectiliño como sempre que o centro demasas coincide co centro do disco. En principio é necesario calcular a aceleración do centro de masas dodisco para poder estudiar o seu movemento.

Se está nun caso no que ar é coñecida e se debe calcular a aceleración do centro de masas do disco a

partir deste dato. Para isto se dispón das ecuacións 9.10 (relación de ligadura por rodamento), 9.11, 9.12 (2ªLei de Newton nun caso xeral de rodamento), e 9.13 (Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación nuncaso xeral de rodamento):

- Ecuación 9.10: aG=a R

- Ecuación 9.11: F r1=m⋅xG

- Ecuación 9.12: � 1=mg

- Ecuación 9.13: F r1=mR2⋅

Como é un caso de rodamento xenérico, en xeral: Fr1 ≠ µ · N1


Sen embargo, entre as ecuacións 9.11 e 9.13 se pode relacionar a aceleración do centro de masas coaaceleración angular do disco, por exemplo dividíndoas membro a membro:

F r1

F r1

=m⋅¨xG

mR2⋅¨⇒ R

2=¨xG ⇒ ¨=

2¨xGR

E levando isto á ecuación 9.10 xa se terá a aceleración do centro de masas do disco en función do datodispoñible que é a aceleración a do bloque:

¨xG=a ¨ R⇒ ¨xG=a2 ¨xGR⋅R⇒ ¨xG=

a3=aG

Ecuación 9.17

Como a é constante, aG tamén o é, polo que o movemento do centro de masas do disco tamén é rectiliñouniformemente acelerado como cabía esperar.

Como se pode ver, a aceleración do bloque é tres veces maior que a aceleración do centro de masas dodisco polo que inevitablemente chegará o instante no que o disco quede fóra do bloque. Se debe estudiar omovemento de ambos corpos entre o instante inicial e ese instante.

En ambos casos, o espacio percorrido pode establecerse a partir das ecuacións do Movemento Rectiliño

Uniformemente Acelerado: }{2

02

2

0

2

0

atv

attvs ===+=

Pódese ver na figura 9.5 osistema debuxado nos dousinstantes considerados. É deimportancia ter refefrenciada adistancia inicial L entre o centrode masas do disco e o bordeesquerdo do bloque

Como se observa na figura,no mesmo tempo, o bloque tenpercorrido unha distancia sb e ocentro de masas do disco unhadistancia sd. Polo tanto, aplicandoas ecuacións do espaciopercorrido nos Movementos Rectiliños Uniformemente Acelerados de cada corpo:

– Bloque:

2

2atsb = Ecuación 9.18

– Disco:

623

2

22

2 ats

ta

sta

s ddG

d =⇒⋅

=⇒=Ecuación 9.19

E como se ve na figura 9.5 ambos espacios están relacionados pois:

sb=sdL Ecuación 9.20

Figura 9.5 : O sistema en dous instantes


Levando esta relación 9.20 á ecuación 9.18, as dúas ecuacións anteriores 9.18 e 9.19 quedarán:

Ecuación 9.18:2

2atLsd =+

Ecuación 9.19:6

2atsd =

que configuran un sistema de dúas ecuacións con dúas incógnitas. Dividindo membro a membro as dúasecuacións se terá que:

23

6

22

2

Ls

s

Ls

at

at

s

Lsd

d

d

d

d =⇒=+

⇒=+

E levando este valor á ecuación 9.20, se terá a distancia pedida: 2

3

2

LL

LLss db =+=+=

Espacio que se ve que non depende do valor da aceleración a, senón só da distancia inicial L do centrode masas do disco ó extremo esquerdo do bloque.

Apartado 3: Forza horizontal necesaria sobre o bloque para que este se mova coa aceleraciónconstante a .

Vólvese a expoñer na figura 9.6 osdiagramas de sólido libre do bloque e dodisco.

Polo que respecta ó valor das forzas, seobserva:

• no disco que, como G non sedespraza en Y, será: ΣΣΣΣFy = 0, poloque: �1 = mg

• no bloque que, como tampouco sedespraza en Y, que ΣΣΣΣFy = 0, poloque: �2 = Mg + �1 o que,combinado coa ecuación anterior,quedará que:

�2 = M · g + m · g = (M + m ) · g Pola súa parte, a forza de rozamento Fr2 será Fr2 = µµµµ · �2 dado que o bloque desliza polo solo. Así:

Fr2 = µµµµ · �2 = µµµµ · (M+m)gA forza Fr1 se pode establecer a partir das ecuacións 9.11 e 9.17, quedando:

F r1=m⋅aG=m⋅a3=

ma3

Deste xeito xa se pode establecer o valor da forza F necesaria para conseguir unha aceleración ar no

bloque aplicando ó bloque a 2ª Lei de Newton en dirección X:

∑ F x=Ma⇒FF r1F r2=Ma⇒ Fma3 µ Mm⋅g=Ma⇒

F= µ⋅M m ⋅gMm3⋅a



Apartado 4: Momento de inercia da área da placa homoxénea da figura inicial dereita,respecto ó seu centro de masas.

Dada a simetría da figura, o centro de masas é o centro da figura.O método a seguir será o seguinte:• se calculará o momento de inercia do rombo, considerado macizo, con relación ó centro: IO(r)• se calculará o momento de inercia do círculo con relación ó centro: IO(c). Este valor é ben coñecido

pois é igual ó dun cilindro con relación ó seu eixe axial:

I Oc =Area⋅R2

2Ecuación 9.21

• O momento de inercia IO da figura pedida será, de acordo co principio de superposición:

IO=I O r I Oc Ecuación 9.22

O momento de inercia do rombo conrelación ó centro, IO(r) , se calculará porsuma dos momentos de inercia do rombocon relación ás diagonais IAC(r) e IBD(r) ,pois:

momento de inercia con relación a unpunto = suma de momentos de inercia conrelación a eixes perpendiculares que secruzan nese punto:

I Or = I AC r I BD r Ecuación9.23

Cada un destes momentos de inercia,IAC(r) e IBD(r) , se calculará como suma dosmomentos de inercia de dous triángulos conrelación a un dos seus lados:

• IAC(r) como suma do momento de inercia do triángulo ADC (ver figura superior) con relación ó ladoAC, IAC(t1) , co momento de inercia do triángulo ABC con relación ó mesmo lado AC, IAC(t2) . Dadaa simetría de ambos triángulos, obviamente ambos os dous momentos de inercia serán iguais poloque:

I AC r =I AC t1I AC t2=2⋅I AC t1 Ecuación 9.24

Os dous triángulos t1 (ACD) e t2 (ACB) son triángulos de base 2a e altura b, segundo a figura 9.7.• De forma similar se calculará o momento do rombo con relación ó outro eixe BD:

I BD r =I BD t3I BD t4=2⋅I BD t3 Ecuación 9.25

Os dous triángulos t3 (DBA) e t4 (DBC) son triángulos de base 2b e altura a, segundo a figura 9.7.

O momento de inercia dun triángulo de altura h con relación á base de lonxitude base , é ben coñecido:

I t=base⋅h3

12Ecuación 9.26



De todos os xeitos se verá como calculalo na Nota Complementaria 9.1 no final do problema.Vanse necesitar os valores de a (metade da diagonal maior) e b (metade da diagonal menor), de acordo

coa figura 9.7. E no triángulo rectángulo AOB, pódese ver que:

a=L⋅cos6

b=L⋅sen 6

Ecuación 9.27

Agora se van calcular os momentos de inercia en función de a e b, e logo, ó final, se substituirán a e bpolos valores dados nas ecuacións 9.27 anteriores en función do dato L. De acordo con isto:

• Triángulo ACD: IAC (t1) = base · h3 / 12 = 2a · b3 / 12 = a · b3 / 6 • E segundo a ecuación 9.24: IAC(r) = 2 · IAC (t1) = a · b3 / 3• Triángulo DBC: IAC(t3) = base · h3 / 12 = 2b · a3 / 12 = b · a3 / 6 • E segundo a ecuación 9.25: IBD(r) = 2 · IBD(t3) = b · a3 / 3• E de acordo coa ecuación 9.23, se terá o momento de inercia do rombo macizo con relación ó seu

centro O:

I Or = I AC r I BD r =ab3

3

ba3

3=

ab3⋅b2a2

• E utilizando as expresións das ecuacións 9.27 para dar o resultado anterior en función do dato L doproblema se terá que:

I O r =ab3⋅b2a2=

L⋅cosπ6⋅L⋅sen

π6

3⋅L2⋅sen2 π

6L2⋅cos2

π6 =...

...=L4⋅cos

π6⋅sen

π6

3⋅sen2 π

6cos2

π6 =

L4⋅cosπ6⋅sen

π6

3=0,144⋅L4

• A isto aínda se lle ten que restar o momento de inercia do burato circular central que é, de acordo coaecuación 9.21:

IO(c)= Área · R2 / 2 = π · R4 / 2• Restando agora ambos os dous momentos de inercia, se terá o momento de inercia da figura:

I O=I Or IO c=0,144⋅L4

πR4

2=0, 144⋅L41,571⋅R4

�ota Complementaria 9.1 : Cálculo do momento de inercia dun triángulo.

Pregunta: Calcular o momento de inercia dun triángulo con relación a un eixe que pase porun dos lados.

De acordo coa figura 9.8, se pode dicir que: ∫=

=⋅=

by

yx dAyI0

2

tomando como dA a área sombreada máis escura que se ve que ten como valor dA=2x·dy. A integralanterior quedará:

I x=∫y=0

y=by2⋅dA=∫y=0

y=by2⋅x⋅dy


Vese que se necesita expresar a variablex en función da variable y, relación que virádada pola relación de proporcionalidadeentre o triángulo pequeno (de base x e alturah-y) e o triángulo total (de base b e altura h):

xh y

=bh⇒ x=

b⋅h yh

E levado isto á integral anterior, se teráque:

I x=∫y=0

y=hy 2⋅x⋅dy=

=∫y=0

y=hy2⋅

b⋅h y h

⋅dy=

= by3

3

b⋅y 4

4⋅h y=0

y=h

=

=b⋅h3

3

b⋅h4

4h =b⋅h3

12

Polo tanto : Ix = base · h3 / 12

Tamén, tendo en conta que: Área = b·h/2, se terá que: I x=b⋅h3

12=

bh2⋅h2

6=

Área⋅h2

6

�ota Complementaria 9.2 : Relación dos movementos de rodamento a través dasvelocidades

Pregunta: A partir do coñecemento que se ten da relación entre velocidades de bloque e discodo problema resolto, relacionar a aceleración do bloque coa aceleración liñal do centro de masasdo disco e a aceleración angular deste.

No desenvolvemento do problema se determinou a relación entre o movemento do disco e o movementodo bloque establecendo a relación entre a coordenada da posición do bloque e a do centro de masas do disco.Agora se establecerá a través das velocidades.

Existe relación entre o movemento do bloque e o movemento do disco debido á ligadura que establece orodamento do disco sobre o bloque. Este rodamento determina que o punto Ad do disco e o punto Ab dobloque que estean en contacto en cada momento, teñen a mesma velocidade instantánea:

AbAd vvrr

= Ecuación 9.28

Esta relación debe tratarsecon precaución pois puideraparecer que isto conduce a queambos os dous puntos teñantamén a mesma aceleracióninstantánea (derivando aigualdade anterior), o que non é

Figura 9.8 : Triángulo con elemento diferencial xenérico

Figura 9.9 : Dous posicións diferentes do sistema


certo. O alumno debe de darse de conta que esta igualdade non se pode derivar pois é unha igualdadeinstantánea que non é certa en ningún instante posterior, e a igualdade de derivadas implica que a igualdadeinicial segue a ser certa posteriormente pois implica unha variación temporal igual para ambos valores. Paraver que as aceleracións destes dous puntos non poden ser iguais, só hai que darse de conta que a aceleracióndo punto Ad ten que ter unha compoñente centrípeta pois Ad ten un movemento curviliño, mentres que aaceleración de Ab só ten compoñente tanxencial (horizontal) pois ten un movemento rectiliño.

Na figura 9.9 represéntanse as posicións destes puntos en dous instantes diferentes:• Instante 1: posición (1d), representado o sistema con liña de trazos: instante en que se encontran en

contacto o punto Ad do disco e o punto Ab do bloque que se encontran nas posicións respectivas Ad1 eAb1.

• Instante 2 posterior: posición (2d), onde os corpos aparecen representados con liña continua, e ospuntos Ad e Ab teñen evolucionado ata as posicións Ad2 e Ab2 respectivamente. Recordar que o xiro éantihorario. Pódese ver que Ad tivo un movemento curviliño mentres que Ab o tivo rectiliño.

Ten un certo interese ver a diferencia entre esta figura e a figura 9.3 do problema, pois nesta figura 9.9

se representan as posicións do disco e do bloque tal como se encontran en cada un dos instantes, mentres quena figura 9.3 , para maior claridade de entendemento da composición dos dous movementos, o do disco e odo bloque, a posición inicial do disco debuxado a trazos se presentaba na súa posición relativa ó bloque, nonna súa posición real.

Agora se deducirá da ecuación 9.28 unha relación entre a velocidade do bloque e a velocidade do centrode masas do disco que se vai manter no tempo, e que, polo tanto, se poderá derivar. Deste xeito se chegará aunha relación entre o dato a

r (aceleración do bloque) e a aceleración do centro de masas do disco. Isto xa

permitiría resolver o problema de contado.Un aspecto fundamental no estudio

deste tipo de rodamentos é que o centro demasas do cilindro, cando sexa o centroxeométrico, ten un movemento rectiliño. Seterá en conta isto a continuación.

Exprésase agora a velocidade do puntodo disco Ad en función da velocidade docentro de masas G do disco, aplicando asecuacións da Cinemática :

iRvGAxvv GdGAd

rrrrrωω +=+=

Pola súa parte, a velocidade do puntodo bloque Ab será a velocidade que teña todoo bloque en cada momento, dado que o seu movemento é unha translación, ou sexa:

bAb vvrr

=

Levando estes dous valores á ecuación 9.28:

vAd=vAb⇒vGωR i=vb Ecuación 9.29

E esta igualdade pódese ver que é unha relación entre a velocidade do centro de masas do disco e avelocidade do bloque que se cumprirá en calquera instante posterior pois G terá sempre a mesma relacióncon cada punto Ad que se encontre en contacto co bloque en cada momento. Polo tanto a ecuación 9.30 si sepode derivar para obter a relación entre as aceleracións do centro de masas do disco e do bloque, que sebusca. Derivando a ecuación 9.29:

( )iRaaaiRaviRv GGderivando

bG

rrrrrrrrααω −=⇒=+ →=+ Ecuación 9.30

Figura 9.10 : Relación entre puntos de contacto Ad e Ab , ecentro de masas G do disco


Nota Complementaria 9.3 : Relación entre parámetros

Pregunta: Encontrar a relación entre os dous parámetros ϕϕϕϕ e x utilizados no exercicio.

Estas dúas magnitudes están relacionados pois o desprazamento do bloque é o que determina o xiro dodisco. E esta relación se pode encontrar sen máis que ter en conta as ecuacións 9.5, 9.11 e 9.13:

• Ecuación 9.11: F r1=m⋅¨xG : establecida por consideracións dinámicas nun movemento xeral.

• Ecuación 9.13: F r1=mR2⋅ : establecida por consideracións dinámicas nun movemento xeral..

• Ecuación 9.5: ¨xG=¨x⋅R : establecida por consideracións puramente xeométricas.

Levando as ecuacións 9.5 e 9.13 á 9.11, se terá que:

mR2⋅¨=m⋅¨x ¨⋅R ⇒ ¨=

2 ¨x3R

Ecuación 9.31

Agora esta ecuación é facilmente integrable para obter unha relación entre ambos os dousparámetros:

¨=2 ¨x3R

⇒d

dt=

23R⋅d ˙xdt⇒ d =

23R⋅d ˙x ⇒ =

23R⋅xCte

sendo a Cte nula dado que bloque e disco parten do repouso:

=23R⋅x Ecuación 9.32

Unha nova integración conduce a que:

=23R⋅x Ecuación 9.33

dado que a nova constante de integración é nula partindo de que no instante inicial sexan x=0 e ϕϕϕϕ=0.

�ota Complementaria 9.4 : Ecuacións de Lagrange con forzas non conservativas(I)

Pregunta: Utilizando as ecuacións de Lagrange, determinar a forza de arrastre sobre obloque necesaria para producirlle a aceleración a

r. Utilizar os dous parámetros x e ϕϕϕϕ.

Con esta pregunta se trata de visualizara utilización das ecuacións de Lagrangecando existen forzas non conservativascomo é este caso.

Aínda que están relacionados os dousparámetros utilizados neste exercicio talcomo se ve na Nota Complementaria 9.3, sepide plantexar as ecuacións de Lagrange

Figura 9.11 : Diagrama de sólido libre do sistema disco-bloque


traballando con ambos os dous parámetros: x e ϕϕϕϕ . Desta forma o alumno practicará o traballo coas ecuaciónsde Lagrange con dous parámetros.

Por outra banda, considerado disco e bloque como un só sistema, as forzas exteriores actuantes quedanrepresentadas no diagrama de sólido libre da figura 9.11. Nel vense dúas forzas non conservativas querealizan traballo: Fr e F.

Polo tanto, as ecuacións de Lagrange serán:

ddt ∂L∂

∂ L∂=F Fr 2

ddt ∂ L∂ ˙x

∂ L∂ x=F xFr2 x

A función de Lagrange será: L = T – VSe calcularán agora as expresións da enerxía cinética T e da enerxía potencial V do sistema:Enerxía cinética:➢ Bloque: Ten un movemento de translación polo que, recordando que a velocidade do bloque vén

dada pola ecuación 9.9, se pode poñer que:

T bloque=12M⋅vb

2=12M⋅˙x

2

➢ Disco: se utilizará a expresión xeral que, recordando que a velocidade liñal do centro de masas dodisco vén dada pola ecuación 9.3 e que a velocidade angular do disco está dada na ecuación 9.7,quedará:

T disco=12mvG

212I G⋅˙

2=12m⋅˙x ˙⋅R

2

12⋅12⋅m⋅R2⋅˙

2

Polo tanto, a enerxía cinética do sistema será a suma das dúas enerxías anteriores:

T=T bloqueT disco=12⋅M⋅˙x

212m⋅˙x ˙⋅R

2

14⋅m⋅R2⋅˙

2Ecuación 9.34

Enerxías potenciais, Non existen neste sistema.Polo tanto, a Lagranxiana quedará:

L=TV =12⋅M⋅˙x

212m⋅˙x ˙⋅R

2

14m⋅R2⋅˙

2Ecuación 9.35

Forzas xeneralizadas:• Fϕϕϕϕ = 0 dado que aplicando un desprazamento virtual en ϕ ϕ ϕ ϕ , mantendo constante x, a forza F

non realiza traballo algún: só realiza traballo se hai desprazamento en x. O mesmo se podedicir para Fr2ϕϕϕϕ , polo que tamén Fr2ϕϕϕϕ = = = = 0. Isto é así porque estamos considerando os dousparámetros como independentes. Se se considerara a relación entre eles e, en consecuencia setraballara só cun parámetro, por exemplo ϕ ϕ ϕ ϕ , Fϕϕϕϕ e Fr2ϕϕϕϕ non serían cero pois undesprazamento virtual en ϕϕϕϕ levaría consigo un desprazamento virtual en x. Sen embargo haique insistir que, neste caso, se están a considerar ambos os dous parámetros por separado


(por iso as ecuacións de Lagrange son dous), polo que o desprazamento virtual dun deles vaiunido á constancia do outro.

• Sen embargo Fx , como xa se dixo, non é nulo: F x=W F

x=

F⋅ x x

=F

• Tampouco o é Fr2x: Fr2 x=W F r2

x=F r2⋅ x

x=F r2=⋅Mm⋅g

O alumno debe de darse de conta que: Fr2 = µµµµ·�2=µµµµ·(m+M)·g pois, de acordo codiagrama de sólido libre da figura 9.11, non habendo movemento en vertical:�2=mg+Mg=(m+M)·g, e, habendo deslizamento entre bloque e solo:Fr2 = µµµµ · �2=µ·(m+M)·g

Se aplican agora as dúas ecuacións de Lagrange (darse de conta que os sumandos ∂L∂

e ∂L∂ x

das

ecuacións seguintes, son nulos, polo que só os sumandos ddt ∂L∂ e

ddt ∂ L∂ ˙x teñen contribución ás

ecuacións):

ddt ∂L∂ ˙

∂ L∂=FFr ⇒mR ¨x

32mR2

¨=0 ⇒ ¨=2 ¨x3R Ecuación 9.36

ddt ∂ L∂ ˙x

∂ L∂ x=F xFr2 x ⇒ Mm ¨xmR =F⋅Mm⋅g

Despexando F nesta última ecuación e traendo o valor de dado pola ecuación 9.36, quedará:

Mm¨xmR ¨=F⋅Mm⋅g ⇒ M ¨xm ¨xmR2¨x3R=F⋅Mm ⋅g ⇒

F=⋅Mm⋅gMm3 ¨x

E tendo en conta que ¨x=a , a expresión da forza necesaria para producir a aceleración a será:

F=⋅Mm⋅gMm3 ⋅a

�ota Complementaria 9.5 : Ecuacións de Lagrange con forzas non conservativas(II)


Pregunta: Utilizando as ecuacións de Lagrange, determinar a forza de arrastre sobre o bloquenecesaria para producirlle a aceleración a

r. Utilizar a relación existente entre os parámetros x e

ϕϕϕϕ dada polas ecuacións 9.32 e 9.33 para traballar só co parámetro ϕ.ϕ.ϕ.ϕ.

Ó traballar cun só parámetro, a ecuación de Lagrange será única:

ddt ∂L∂

∂ L∂=F Fr 2

Como se ve, se toma o parámetro ϕϕϕϕ que indica o enunciado, aínda que o parámetro x facilitaría ocálculo da forza xeneralizada.

Loxicamente a expresión da Lagranxiana dada pola ecuación 9.35 segue a ser válida:

L=12⋅M ⋅x

212m⋅˙x ˙⋅R

2

14m⋅R2⋅˙

2

pero agora se debe por a primeira derivada do parámetro x en función da primeira derivada doparámetro ϕϕϕϕ utilizando a ecuación 9.32:

=23R⋅x ⇒ ˙x=

3R2⋅

Polo tanto, a función lagranxiana quedará en función unicamente de ϕ ϕ ϕ ϕ :

L=12⋅M⋅3R2 ⋅

2

12m⋅3R2 ⋅⋅R

2

14m⋅R2⋅

2

Operando:

L=3R2⋅

8

2

⋅3Mm Ecuación 9.37

Revisando agora os termos da ecuación de Lagrange, se terá:

• F =W F

=

F⋅ x

Ecuación 9.38

pero agora se está considerando a relación entre ϕϕϕϕ e x, polo que a variación en ϕϕϕϕ implicaunha variación en x, tal como se comproba a partir da ecuación 9.33:

=23R⋅x ⇒ =

23R⋅ x ⇒ x=

3R2⋅ Ecuación 9.39

Levando esta relación á ecuación 9.38, esta quedará:

F =F⋅ x

=

F⋅3R2⋅

=F⋅

3R2

Ecuación 9.40

• Actuando da mesma forma no cálculo de Fr2ϕ :


Fr2 =W F r2

=F r2⋅ x

=

F r2⋅3R2⋅

=⋅Mm⋅g⋅3R

2xa utilizando a ecuación 9.39 e a relación entre forza de rozamento e pesos.

•ddt L ˙

=3R2⋅

4⋅3Mm : que se obtén derivando convenientemente a ecuación 9.37.

• L=0

Polo que a ecuación de Lagrange queda:

3R2⋅

4⋅3Mm=F⋅

3R2⋅Mm ⋅g⋅3R

2

Onde despexando F queda:

F=⋅Mm⋅gMm3 ⋅

3 R⋅

2Ecuación 9.41

Pero, de acordo coa ecuación 9.31: 3R⋅

2=a , polo que a ecuación 9.41 quedará:

F=⋅Mm⋅gMm3 ⋅a


PROBLEMA �º 10 : Barra entre resorte e disco (Exame de febreiro 2007)

Unha barra homoxénea de masa m e lonxitude 2R vincúlase nun extremo B mediante unhacorrediza articulada sen rozamento a un resorte de constante elástica k e lonxitude naturaldepreciable, situado dentro dunha guía vertical de altura 3R, e nun extremo A ó centro dun discohomoxéneo de radio R e masa m que roda sen deslizar sobre unha superficie horizontal, talcomo se indica na figura 1 inferior. Determinar:

1. Graos de liberdade do sistema, parametrice unha posición xenérica do mesmo e exprese avelocidade de A e B e velocidade angular da barra e disco en función do(s) parámetro(s)elexido(s), as súas derivadas temporais e R.

2. Enerxía cinética e potencial do sistema para a posición xenérica3. Ecuación diferencial do movemento4. Posicións de equilibrio do sistema. Indique se son estables ou inestables5. Centro de masas e momento de inercia respecto a este da placa homoxénea da figura 2

Solución:Aínda que neste caso non parece necesario, se comezará

por analizar o movemento do sistema que, en principio,parece sinxelo de ver: o disco roda avanzando cara á dereitaempurrado pola barra en canto esta se aparte lixeiramente daposición vertical e comece a caer por efecto do seu propiopeso. Deste xeito o extremo A da barra empuxará ó centro dodisco cara á dereita ata que a barra acade a posiciónhorizontal. A partir de aí, o disco terá que volver cara áesquerda pois a distancia do punto A á vertical, diminuirádesde o seu valor máximo correspondente á posiciónhorizontal da barra..

En principio se supón que o resorte non é quen de deter acaída da barra antes de que esta acade a posición horizontal.Así, o efecto da barra sobre o centro do disco será empuxalo cara á dereita e, ademais, cara abaixo como

Figura 10.1 : Diagrama de sólido libre dodisco

PROBLEMA Nº 10 : Barra entre resorte e disco (Exame de febreiro 2007). Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 126

consecuencia do seu peso (da barra). Así, a barra aplicará ó disco a forza F representada no diagrama desólido libre do disco da figura 10.1.

Evidentemente, a forza de rozamento Fr que aplica o solo ó disco será cara á esquerda para impedir odeslizamento cara á dereita que a forza F podería provocar ó punto O. Fixarse no diagrama de sólido libre dodisco na figura 10.1. Neste se pode ver como a forza de rozamento impón un xiro en sentido horario ó discoó redor do seu centro de masas.

De todos os xeitos, conforme a barra cae, está a estirar o resorte e, polo tanto, a aumentar a forza que oresorte lle aplica no extremo B cara arriba, polo que puidera rematar por deter a caída da barra, e devolvelacara arriba. Isto, loxicamente, ten que ir acompañado da inversión da rodadura do disco, que rodaría logocara á esquerda. Neste caso se podería estar ante algún tipo de movemento oscilatorio.

De todos os xeitos, se o resorte non fose quen de deter a caída da barra, en canto esta pasase da posiciónhorizontal, o disco debería inverter o seu xiro pois a distancia do centro A do disco á vertical que pasa poloresorte comezaría a diminuír desde o seu valor máximo 2R que é a lonxitude da barra. Neste caso,anteriormente o disco debería deixar de acelerar e comezar a frear nalgunha posición anterior á que a barraacade a posición horizontal pois:

• desde a posición inicial, para se mover cara á dereita, o sistema, e polo tanto o disco, ten queacelerar,

• pero nalgún momento antes de que a barra acade a posición horizontal, o disco debe comezar a frearpara, ó chegar a barra á posición horizontal, encontrarse o disco con velocidade nula e, así, acontinuación,

• poder comezar a acelerar cara á esquerda: unha inversión do sentido do movemento debe iracompañado dunha anulación previa da velocidade xusto no momento da inversión, e isto esixe unfreado.

De acordo con isto, a posición do sistema correspondente á situación horizontal da barra, sería unhaposición de velocidade cero para o disco, aínda que, evidentemente, non necesariamente de aceleración cero.

Apartado 1a): ¿Graos de liberdade do sistema?

Suponse unha posición inicial tal como a indicada na figura 10.2.

O alumno debe recordar que un sólido libre cun movemento planoten tres graos de liberdade e, de acordo con estes, a súa localizaciónnecesita tres variables para que quedar determinada, variables quesoen ser as coordenadas x e y dun punto do sólido – normalmente oseu centro de masas- e o ángulo que xira o sólido ó redor destepunto.

De acordo con isto, un disco rodando por un plano posúeun só grao de liberdade dado que, ver figura 10.3, acoordenada yA do seu centro de masas é unha constante (R) ea coordenada xA está relacionada co ángulo de xiro do disco ϕϕϕϕó redor dese punto :

xA = ϕϕϕϕ · R En efecto, supoñendo que o punto O do disco, que

inicialmente estaba en contacto co solo, evolucionou ata aposición O’ nun tempo xenérico t, :

Figura 10.2 : Posicióninicial do sistema

Figura 10.3 : Relacións entre ángulos


• a distancia O’’O’ medida sobre a superficie do disco que é a que recorreu o punto O nese tempo, verfigura 10.3,

• de acordo coa condición de rodamento do disco sobre o solo, ten que ser igual que a distancia O’’Omedida polo solo horizontal:

distancia horizontal OO’’ = arco O’’O’ � xA = |ϕϕϕϕ · R | �� xA = -ϕϕϕϕ · RO signo negativo vén imposto por ser xA positiva e ser ϕϕϕϕ negativo cos eixes habituais que se utilizarán.

Ver figura 10.4. De acordo con esta expresión, basta cun só parámetro para determinar a posición do disco,para o que se tomará o ángulo ϕϕϕϕ. Polo tanto, o disco ten un só grao de liberdade e se tomará o ángulo ϕϕϕϕ comoparámetro para determinar a súa posición xenérica.

Polo que respecta á barra A’B’, xa se ten determinado o movemento do seu extremo A’ co parámetro ϕϕϕϕdado que este punto forma parte do disco. Polo tanto basta engadir un novo parámetro que determine o xiroda barra ó redor deste punto para ter determinada a posición da barra. Este parámetro pode ser ángulo αααα dafigura 10.3 pois determina o xiro da barra ó redor do punto A'. Desta forma se admite que a barra ten, enprincipio, outro grao de liberdade. Sen embargo haberá que comprobar se o ángulo αααα está relacionado coángulo ϕϕϕϕ pois, neste caso, seguiría sendo un sistema cun só grao de liberdade.

Aínda quedaría determinar o movemento do resorte pero este queda determinado co movemento doextremo B’ da barra, á súa vez xa determinado coa posición de A' e o ángulo α α α α . De todos os xeitos, candoun resorte forma parte do sistema, ás veces resulta de utilidade ter relacionado co(s) parámetro(s) o seualongamento, neste caso a distancia d da figura 10.3 pois este resorte ten extensión natural nula.

Agora se trataría de ver se o sistema ten un ou dous graos de liberdade, para o que bastaría ver se osdous ángulos ϕϕϕϕ e αααα que se teñen establecidos ata o de agora para determinar unha posición xenérica dosistema, están directamente relacionados entre si ou non. Para ver isto, moitas veces resulta de utilidade verse ambos ángulos están relacionados nalgún triángulo rectángulo, aínda que non necesariamente teñen queaparecer os dous ángulos no mesmo. E efectivamente, pódese ver no triángulo B’CA’ da figura 10.3, que teno ángulo αααα e, como lado B’C, a distancia xA que é ϕϕϕϕ · R tal como xa se ten visto dado que existe rodamentoentre disco e solo. Polo tanto, vese que:

sen α=⋅R2R

⇒ sen α=2

Ecuación 10.1

Co que xa están relacionadas as dúas variables αααα e ϕϕϕϕ, polo que se trata de un sistema cun só grao deliberdade.

Para impedir unha complexidade excesiva doproblema resulta agora fundamental realizar unhaboa elección entre un ou o outro ángulo comoparámetro. E, cando como neste caso se están aconsiderar dous ángulos e, na súa relación, undeles aparece dentro dunha función trigonométricae o outro non, sempre resulta máis cómodo utilizarcomo parámetro o que aparece dentro da funcióntrigonométrica, ou sexa, neste caso, αααα. No rematedo problema se poden ver as expresións moitomáis engorrosas que se obteñen traballando con ϕϕϕϕ.

De acordo con esta elección, haberá quecontar coa seguinte relación:

=2⋅sen α Ecuación 10.2

Ademais, como é de esperar que naresolución do problema se teñan que considerar

Figura 10.4 : Relacións entre parámetros


relacións dinámicas, se debe buscar unha relación entre o alongamento do resorte e o parámetro tomado. Así,tamén no mesmo triángulo B’CA’ anterior presentado agora na figura 10.4, pódese buscar a relación entre de αααα para o que se ten como lado CA’ = B’A a distancia 2R – d, co que, establecendo o coseno de αααα , xa seterá a relación entre y e αααα :

cos α=2Rd2R

⇒ d=2R⋅1cos α Ecuación 10.3

Apartado 1b): Parametrice unha posición xenérica do sistema en función do(s) parámetro(s)elexido(s), as súas derivadas temporais e R :

De acordo coa figura 10.4:

– Posición do centro de masas A do disco:

• A súa coordenada xA será:xA = - R · ϕϕϕϕ que segundo a ecuación 10.2 se transforma en:

x A=2R⋅sen Ecuación 10.4

• E a súa coordenada yA será:

y A=0 Ecuación 10.5

– Posición do centro de masas da barra:

• A súa coordenada xG será:αsenRxDCCBDBx AG ⋅−=−== ''

que segundo a ecuación 10.4 se transforma en:

xG=xAR⋅sen α=2R⋅sen αR⋅sen α

Polo tanto:

xG=R⋅sen α Ecuación 10.6

• E a coordenada yG será:

yG=GE=FA '=R⋅cos α Ecuación 10.7

Apartado 1c): Determine a velocidade do punto A e velocidade angular do disco en función do(s)parámetro(s) elexido(s), as súas derivadas temporais e R.

A velocidade liñal do punto A se obtén derivando as ecuacións 10.4 e 10.5 anteriores:

xA=2R⋅⋅cos α

0=•

Ay

Polo tanto a velocidade de A será:


vA=2R⋅⋅cos α i Ecuación 10.8

A velocidade angular do disco é obviamente •

ϕ pois ϕϕϕϕ determina o xiro do disco ó redor do seu

centro de masas. Polo tanto: ωA=

E segundo a ecuación 10.2, quedará en función do parámetro:

ωA=ddt=

ddt2⋅sen α =2⋅⋅cos α Ecuación 10.9

No remate do problema, na Nota Complementaria 10.1, se utiliza o método analítico para calcular arelación entre a velocidade angular do disco e o parámetro e as súas derivadas.

Apartado 1d): Determine a velocidade do punto B e velocidade angular da barra en funcióndo(s) parámetro(s) elexido(s), as súas derivadas temporais e R

Resulta evidente que a velocidade angular da barra será a primeira derivada do parámetro αααα poiseste ángulo é o que determina o xiro da barra ó redor do seu centro de masas. Polo tanto:

•

= αωbEcuación 10.10

Para calcular a velocidade do punto B (B’ na figura 10.4), se sabe a velocidade do punto A (A’ nafigura 10.4), polo que se poderá calcular a partir desta e da velocidade angular, utilizando as ecuacións daCinemática aplicadas á barra:

( )jRisenRxkiRjvABxvv BbAB αααααω cos22cos2 ⋅+⋅−+⋅⋅=→+=••

Operando:

( )iRjsenRiRjvB −⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅=•••

αααααα cos22cos2Obviamente os termos en X anúlanse, quedando os termos en Y para dar a velocidade de B:

vB=2R⋅⋅sen α Ecuación 10.11

No remate do problema, na Nota Complementaria 10.2, preséntase outra forma de calcular estas dúasvelocidades.

Apartado 2: Enerxía cinética e potencial do sistema para a posición xenérica

Se calculará por separado a enerxía do disco, a da barra e a do resorte. Ver figura 10.5.- Disco: Se tomará como orixe de enerxías potenciais gravitacionais o nivel do centro de masas A do

disco, e así o disco só terá enerxía cinética.A enerxía cinética do disco se pode calculala con relación ó centro de masas:

22_ 2

1

2

1AAAdiscoc ImvE ω+=

ou con relación ó CIR O’’ :


Ec disco=12IO ''⋅ωA

2

Utilizando esta última expresión para o que,primeiro, se debe calcular o momento de inerciado disco con relación a O’’ utilizando o teoremade Steiner:

I O ''=I Am⋅AO ''2=mR2

2mR2=

3mR2

2Polo que a enerxía cinética será:

Ec disco=12IO ''⋅ωA

2=123mR2

22 ˙⋅cos α

2

Operando:

Ec disco=3mR2⋅˙

2⋅cos2 α Ecuación 10.12

- Barra: Ebarra=Ec_barra + Epg_barra

➢ Enerxía potencial gravitacional da barra: recordar que se toma como orixe de enerxíaspotenciais o nivel do centro de masas do disco:

E pg=mg⋅GE 2=mg⋅R⋅cos α Ecuación 10.13

➢ Enerxía cinética da barra: Vaise calcular con relación ó centro de masas:

Ecbarra=12mvG

212I Gωb

2Ecuación 10.14

Vese que se necesita a vG e para calculala pódense derivar as ecuacións 10.6 e 10.7 ou recorrer ás

ecuacións da Cinemática ( AGxvv bAG ω+= , o que se pode ver nas Notas Complementarias no remate

deste problema). Obviamente é máis simple derivar as ecuacións 10.6 e 10.7:

ααα cos⋅⋅=⇒⋅=••

RxsenRx GG

ααα senRyRy GG ⋅⋅−=⇒⋅=••

cos

E así o cadrado de vG quedará: vG2=˙xG

2˙yG

2=R2

˙2⋅cos2 αsen2α =R2

˙2

Polo tanto, queda:

vG2=˙

2⋅R2 Ecuación 10.15

Ecuación que levada á ecuación 10.14 xunto coa expresión da IG dunha barra de lonxitude L, IG =mL2/12, e co valor da velocidade angular da barra dada pola ecuación 10.10, dará a enerxía cinética da barra:

Ecbarra=12mvG

212I Gωb

2=12mR2

˙α212m⋅2R 2

12 ˙α2=23mR2

˙α2

Ecuación 10.16

➢ Enerxía total da barra: será a suma da enerxía potencial gravitacional dada pola ecuación10.13 coa enerxía cinética dada pola ecuación 10.16.

Figura 10.5 : Relacións entre parámetros


22__ 3

2cos

•

+⋅⋅=+= αα mRRmgEEE barracbarrapgbarra Ecuación 10.17

- Resorte: Considerase a enerxía potencial elástica que será: Epe_resorte = k · d 2/ 2 e tendo en conta que a deformación d do resorte está dada na ecuación 10.3 en función do parámetro

αααα se terá:

( )[ ] ( )222_ cos12cos12

2

1αα −⋅⋅=−⋅⋅= RkRkE resortepe

Polo tanto:

( )22_ cos12 α−⋅⋅= RkE resortepe Ecuación 10.18

- Enerxía total: sairá de sumar as expresións 10.12, 10.17 e 10.18:

( )2222222 cos123

2coscos3 ααααα −⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅=++=

••

RkmRRmgmREEEE resortebarradiscototal

expresión que pode simplificarse lixeiramente:

( )22222 cos12cos3

2cos3 αααα −⋅⋅+⋅⋅+

+⋅⋅=•

RkRmgmREtotal

Apartado 3: Ecuación diferencial do movemento

Aínda que se teñen calculado as expresións das enerxías do sistema e, así, sería máis simple calcular aecuación diferencial do movemento utilizando as Ecuacións de Lagrange, se utilizarán as Leis de Newtonpara practicar o seu uso.

Para isto se necesita en primeiro lugar ter as ecuacións das compoñentes das aceleracións dos centros demasas do disco, A, e da barra, G. Para isto se teñen que derivar as ecuacións 10.4, 10.5, 10.6 e 10.7:

x A=2R⋅sen α xA=2R⋅˙⋅cos α x

A=2R⋅¨⋅cos α˙

2⋅sen α Ecuación 10.19

yA=0 ˙yA=0 ÿ A

=0 Ecuación 10.20

xG=R⋅sen α ˙xG=R⋅˙⋅cos α ¨xG=R⋅¨⋅cos α˙2⋅sen α Ecuación 10.21

yG=R⋅cos α yG=R⋅˙⋅sen α y

G=R⋅¨⋅sen α˙

2⋅cos α Ecuación 10.22

Tamén se necesitarán as aceleracións angulares do disco e da barra, para o que se teñen que derivar asecuacións 10.9 e 10.10 que dan as velocidades angulares:

– Ecuación 10.9, disco:

ωA=2⋅˙⋅cos α ⇒ ˙A=2⋅¨⋅cos α˙

2⋅sen α Ecuación 10.23

– Ecuación 10.10, barra:


ωb= ⇒ b= Ecuación 10.24

Agora se aplicará a 2ª Lei de Newton e a Ecuación daDinámica da Rotación ó disco e á barra. Na aplicación destasleis se obterán 6 ecuacións, 3 de cada corpo (2ª Lei deNewton en X e en Y máis a Ecuación da Dinámica daRotación). E existen 5 valores de forza descoñecidas:compoñentes Fx e Fy da forza F das figuras seguintes, �, Fr eFB , que se deberán eliminar entre as 6 ecuacións. Así seobterá a ecuación diferencial do movemento do sistema.

Débese comezar por realizar os diagramas de sólido libredo disco e da barra. Ver figuras 10.6 e 10.7.

Débese ter en conta que existen dúas forzas de acción ereacción que se denominan F, unha que aplica a barra ó disco,e a que o disco aplica á barra, que evidentemente serán ambasde igual valor e dirección, e sentido contrario.

Agora se verá como detectar posibles erros nos diagramas. Pódese ver como o diagrama de sólido libre do disco da

figura 10.6 explica o feito de que, inicialmente, o disco debepoñerse en movemento a partir do repouso polo que debehaber unha aceleración, e polo tanto unha suma de forzas,cara á dereita, o que evidentemente ocorre gracias ácompoñente horizontal da forza de empuxe F que lle aplica abarra. Sen embargo, tamén a barra debe poñerse inicialmenteen movemento cara á dereita e polo tanto acelerar nesadirección, mentres que as forzas debuxadas no diagrama desólido libre da figura 10.7 non poden producir unhaaceleración cara á dereita: só F ten compoñente horizontal e écara á esquerda. Polo que existe un erro neste diagrama.Obviamente o erro non pode ser unha mala dirección da fozaF pois esta é necesaria para a aceleración inicial do disco caraá dereita, polo que o erro ten que ser que falta unha forzasobre a barra que teña compoñente horizontal cara á dereita,forza que, unha vez pensado, debe ser a que ten que aplicar, á barra, a guía que contén ó resorte.

Efectivamente, se non existise esa guía e polo tanto esta outraforza, o centro de masas da barra aceleraría inicialmente cara áesquerda, de acordo co diagrama de sólido libre da figura 10.7: ousexa o centro de masas do disco iría cara á dereita e o centro demasas da barra cara á esquerda.

Polo tanto, unha vez tida en conta a guía do resorte, sepresentan a continuación os diagramas de sólido libre correctosnas figuras 10.8 e 10.9. Xa se presenta a forza F descomposta nassúas compoñentes.

Se aplicará agora a 2ª lei de Newton e a ecuación da dinámicada rotación ó disco:

– Disco :➢ 2ª lei de Newton en X:

F xF r=m⋅xA⇒

Figura 10.6 : Diagrama de sólido libre dodisco

Figura 10.7 : Diagrama (incompleto) desólido libre da barra



F xF r=m⋅2R⋅¨⋅cos α˙2⋅sen α Ecuación 10.25

➢ 2ª lei de Newton en Y:

�F ymg=m⋅yA⇒

�F ymg=0 Ecuación 10.26

➢ Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotaciónque se aplicará con relación a O pois, como sedemostra no problema 7, este punto cumpre tantoas condicións 2.1 como as 2.2:

AOzO IM∑•

⋅= ω_

onde a aceleración angular do disco está calculada naecuación 10.23, quedando así esta ecuación:

F x⋅R=32mR2⋅2⋅¨⋅cos α˙

2⋅sen α⇒

F x=3mR⋅¨⋅cos α˙2⋅sen α Ecuación 10.27

e se ve que esta ecuación xa proporciona Fx en función do parámetro, por se fixera falta.– Barra :

➢ 2ª lei de Newton en X:

F BF x=m⋅¨xG ⇒ F BF x=mR⋅¨⋅cos α˙2⋅sen α Ecuación 10.28

➢ 2ª lei de Newton en Y:

F yFmmg=m⋅ÿG⇒F yk⋅dmg=m⋅[R⋅¨⋅sen α˙2⋅cos α]

e tendo en conta que d está calculado en función do parámetro na ecuación 10.3, xa se pode despexar Fy

en función do parámetro, quedando:

F y=mgk⋅2R⋅1cos α m⋅R⋅¨⋅sen α˙2⋅cos α Ecuación 10.29

➢ Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación: Neste caso parece que só se pode aplicar conrelación ó seu centro de masas G. E ó tomar momentos con relación a G saen expresiónsbastante longas. Pero se sabe que esta ecuación tamén se pode aplicar nos puntos que cumprenas condicións 2.1 e 2.2. E xustamente no problema 2 se demostrou que o CIR I das barras coneste tipo de movementos, as cumpren.

Figura 10.9 : Diagrama de sólido libre dabarra


Na figura 10.10 se determina graficamente a posición do CIR I por cruce das perpendiculares ásdireccións coñecidas das velocidades dos puntos A’ e B.

Se comeza por aplicar o teorema de Steiner paracalcular o II a apartir do coñecemento de IG =m·(2R)2/12 = mR2/3, e de que GI=R dada a simetríado rectángulo BAA’I da figura 10.10:

I I=IGm⋅IG2=mR2

3m⋅R2=

4mR2

3Ecuación 10.30

Polo tanto:

bIzI IM∑•

⋅= ω_

onde a aceleración angular da barra está calculada na ecuación 10.24, quedando así esta ecuación:

Fm⋅2R⋅sen αmg⋅R⋅sen αF x⋅2R⋅cos α=43mR2⋅

A forza Fm do resorte é k·d, estando dado d en función doparámetro na ecuación 10.3. Polo que para obter a ecuacióndo movemento só se deben obter das ecuacións anteriores10.27 a 10.29 unha expresión de Fx en función do parámetro eas súas derivadas, o que de feito se ten na ecuación 10.27.Polo tanto, a ecuación anterior quedará:

k⋅2R⋅1cos α ⋅2R⋅sen αmg⋅R⋅sen α

3mR⋅¨⋅cos α˙2⋅sen α⋅2R⋅cos α=

42mR 2⋅¨

Operando na ecuación anterior para agrupar os termos en

e en se terá a ecuación do movemento buscada:

mR2⋅ 436cos2 α⋅¨6mR2⋅sen α⋅cos α⋅2

4 kR⋅1cos α mg ⋅R⋅sen α=0

Ecuación 10.31

Apartado 4: Posicións de equilibrio do sistema. Indique se son estables ou inestables

As posicións de equilibrio pódense obter da ecuación do movemento 10.31, igualando a cero asderivadas do parámetro pois, sendo cero a velocidade angular e a aceleración angular tanto da barra como dodisco, teñen que ser cero as derivadas do parámetro. Deste xeito, a ecuación do movemento 10.31 quedaría:

[ ] ⇒=⋅⋅−−⋅+⋅⋅⋅−⋅

+⋅ 0)cos1(40cos60cos63

4 222 ααααα senRmgkRsenmRmR

[ ] 0)cos1(4 =⋅⋅−−⋅⇒ αα senRmgkR

Figura 10.11 : Diagrama de sólido libreda barra

Figura 10.10 : Determinación gráfica doCIR da barra


E desta ecuación se obteñen dúas solucións:

– 1ª solución : sen α = 0 � α = 0 é dicir, a posición inicial que, como se pode observar é unha posición de equilibrio inestable dado que

un pequeno desprazamento desa posición leva ó sistema a acelerar no sentido do desprazamento e non arecuperar a posición de equilibrio.

– 2ª solución :

[ ]

−=⇒−=⇒=−−⋅

kR

mgarc

kR

mgmgkR

41cos

41cos0)cos1(4 ααα Ecuación 10.32

Esta posición ten que ser de equilibrio estable, dado que corresponde ó momento en que o sistemaacelerando cara á dereita desde a posición inicial, deixa de acelerar e comeza a frear antes de parar de todo evolver cara á esquerda a partir da posición horizontal da barra. Pódese comprobar isto vendo que as forzasactuantes nesa posición, devolven ó corpo a mesma se se produce un pequeno desprazamento fóra dela se asvelocidades do sistema nela fosen nulas.

En efecto, se verán agora as forzas sobre o sistema nesta posición.Pódese ver na ecuación 10.27 que, como as derivadas do parámetro son nulas na posición de equilibrio,

Fx é nula. Polo tanto, segundo o diagrama de sólido libre do disco, tamén Fr debe ser nula. Polo tanto, nodisco, o equilibrio de forzas en Y proporciona que:

�mgF y=0 Ecuación 10.33

E segundo se ve na ecuación 10.29, a forza Fy ten de valor (utilízase o valor do coseno dado polaecuación 10.32):

( ) ( )24

112cos00cos12mg

kR

mgRkmgsenRmRkmgFy =

+−⋅⋅−=⋅+⋅⋅⋅−−⋅⋅−= ααα

valor que levado á ecuación 10.33 dará o valor de �: N = mg/2Pola súa banda, examinando o diagrama de sólido libre

da barra, e tendo en conta que Fx é nula, tamén o ten que serFB, ou sexa que a ecuación de equilibrio en Y conduce a que:

Fm –mg + Fy = 0 � Fm –mg + mg/2 = 0 � Fm = mg/2

No debuxo da figura 10.12 vese que, se o sistema sedespraza lixeiramente cara á dereita a barra xirará en sentidoantihorario, o punto B baixará co que aumentará o valor daforza do resorte Fm pois o resorte aumenta a súa deformación,o que fará que a barra xire ó redor de I en sentido horario,devolvendo ó sistema á posición de equilibrio. Polo querespecta ó aumento do ángulo αααα, inflúe en igual medida nosdous sentidos de xiro:

• aumenta o momento de mg que tende a provocar xiroantihorario e, polo tanto, continuar o avance cara ádereita,

• e aumenta o momento de Fm que tende a recuperar a posición de equilibrio.Tamén se ve que se o sistema se despraza lixeiramente cara á esquerda xirando así a barra en sentido

horario, o punto B subirá co que diminuirá o valor de Fm pois o resorte diminúe a súa deformación, polo que

Figura 10.12 : Diagrama de sólido libreda barra en posición de equilibrio estable


aumentará o efecto de mg que fará xirar a barra en sentido antihorario ó redor de I, devolvendo o sistema áposición de equilibrio.

Polo tanto se trata dunha posición de equilibrio estable.

Apartado 5: Centro de masas e momento de inercia respecto a este da placa homoxénea dafigura da dereita.

Para calcular o centro de masas da figura 10.13 vese que a súa coordenada xG é evidentemente cero dadaa simetría da figura, polo que se trata só de calcular a coordenada yG aplicando o principio de superposición etendo en conta que a figura se pode considerar como a resta entre o circulo grande (g) e o círculo pequeno(p):

( )( ) 32

0222

22 R

RR

RRR

AA

yAyAy

pg

GppGgg

G −=⋅−⋅

⋅⋅−⋅⋅=

−

⋅−⋅=

ππ

ππ

Polo tanto, posición do c.d.m. da figura: (0; -R/3) coneixes situados no centro do círculo grande.

Logo a pregunta pide o momento de inercia con relacióneste punto G. Para calcular este, se aplicará o principio desuperposición dado que, como xa se ten afirmado, a placa sepode considerar un círculo grande (g) ó que se lle tenrecortado un círculo pequeno (p):

IG= IG g IG p Ecuación 10.34

Ou sexa que se debe calcular o momento de inercia deambos círculos con relación ó mesmo punto G da figura10.13.

Dun círculo se sabe o momento de inercia con relación aun eixe perpendicular á súa superficie e que pasa polo seucentro, que é igual que o dun cilindro con relación ó seu eixeaxial: Io= m·R2/2

Como se traballa con áreas será: Io= A·R2/2Polo tanto:

- Círculo grande: I Gg g =Ag⋅2R

2

2=

π⋅2R 2⋅4R2

2=8π⋅R4

- Círculo pequeno: I Gp p =Ap⋅R

2

2=

π⋅R2⋅R2

2=

π⋅R4

2Estes dous momentos de inercia están calculados con relación ós respectivos centros de masas, polo que

agora se debe aplicar o teorema de Steiner para calcular os momentos de inercia con relación á G:

- Círculo grande: I G g =I Gg g Ag⋅GgG2=8π⋅R4π⋅2R 2⋅ R3

2

=769

π⋅R4

- Círculo pequeno: I G p = IGp pAp⋅G pG2=

π⋅R4

2π⋅R2⋅RR

3 2

=4118

π⋅R4

E levando estes valores á ecuación 10.34 se terá o momento de inercia pedido:

I G=I Gg IG p=769

π⋅R44118

π⋅R4=11118

π⋅R4

Figura 10.13 : Dimensións da placa


�ota Complementaria 10.1 : Método analítico para determinar unha velocidadeangular - I.

Pregunta: Demostrar analiticamente a relación da velocidade angular do disco co parámetroe as súas derivadas.

De acordo coa figura 10.5, utilizando as ecuacións da Cinemática para relacionar a velocidade do puntoA, dada pola ecuación 10.8, coa velocidade do CIR (O’’ ), nula claro:

( )iRiRjRkiRAOxvv AAAOA −⋅=⋅⋅→⋅+=⋅⋅→+=••

ωααωααω cos20cos2''''

Co que, operando, se comproba a ecuación 10.9: ααω cos2 ⋅⋅−=•

A

�ota Complementaria 10.2 : Método analítico para determinar velocidades – II.

Pregunta: Demostrar analiticamente a relación davelocidade angular da barra e a velocidade liñal doextremo do resorte co parámetro e as súas derivadas.

Na barra, se sabe a velocidade do punto A, ecuación 10.8,e se sabe a dirección da velocidade do punto B (-Y). Conestes dous datos se poderá calcular a velocidade angular dabarra e o valor da velocidade do punto B, aplicando aecuación da Cinemática que relaciona as velocidades deambos os dous puntos, A e B:

vB=v Aωb xAB

vBj=2R⋅α⋅cos α iωb

k x 2R⋅sen α i2R⋅cos α j A vB non se lle pon o signo negativo que se sabe que ten, pois, dado que é unha incógnita, é mellor

que o proporcione a ecuación. Desenvolvendo a ecuación anterior, quedará:

( )( )iRjsenRiRjv

jRisenRxkiRjv

bbB

bB

−⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅=⇒

⇒⋅+⋅−+⋅⋅=•

•

αωαωαα

ααωαα

cos22cos2

cos22cos2

Agrupando termos: vBj=2R⋅˙⋅cos αωb⋅2R⋅cos α iωb⋅2R⋅sen α j

Igualando termos en X e en Y, se terá:

- En X: ••

=⇒⋅⋅−⋅⋅= αωαωαα bb RR cos2cos20

Vese como así se obtén a velocidade angular do disco.Usando agora este valor da velocidade angular para establecer o valor da velocidade de B ó igualar

os termos en Y.

- En Y: vB=ωb⋅2R⋅sen α=2R⋅⋅sen α

Polo tanto: vB =2R⋅⋅sen α j

Figura 10.14 : Velocidades dos puntos A eB da barra


�ota Complementaria 10.3 : Aceleracións dos centros de masas tomando outroparámetro.

Pregunta: Encontrar as ecuacións dos centros de masas da barra e do disco en caso detomar como parámetro o ángulo ϕϕϕϕ.

Xa se viu que:

sen α=2

Ecuación 10.35

Pero considerando utilizar ϕϕϕϕ como parámetro, resulta conveniente ter relacionado tamén o coseno de ααααcon ϕϕϕϕ, e o mellor é buscar esta relación a partir da anterior:

sen α=2 sen2 α=

2

41cos2 α=

2

4 cos α=4

2

2Ecuación 10.36

Tamén no mesmo triángulo no que se encontrou a relación inicial (ver figura 10.15) se pode buscar arelación entre d e ϕϕϕϕ para o que se ten como lado CA’ a distancia 2R – d, co que aplicando o teorema dePitágoras se poderá establecer unha relación entre y e ϕϕϕϕ :

4R2=R 22Rd 2

Sen embargo despexar d da ecuación anterior pode resultar bastante engorroso, polo que se recorre ómesmo triángulo pero buscando nel o valor do coseno de αααα :

cos α=R' C2R

⇒ cos α=2Rd2R

⇒ 42

2=2Rd2R

⇒ d=R⋅242 Ecuación 10.37

Unha vez establecidas as relacións anteriores, separametrizará unha posición xenérica do sistema, e logose establecerán as ecuacións da velocidade e aceleracióndo centro de masas de disco e barra.

- Posición do centro de masas A do disco :

x A=R⋅ Ecuación 10.38

y A=0 Ecuación 10.39

- Posición do centro de masas da barra:xG=B ' D=B ' CDC= xAR⋅sen α ⇒

xG=R⋅R⋅2

xa tendo en conta o signo negativo de ϕϕϕϕ. Polo tanto:

xG=R⋅2

Ecuación 10.40

E a coordenada yG será:



2

4cos'

2ϕα

−⋅=⋅=== RRFAGEyG

Polo tanto:

2

4 2ϕ−⋅=

RyG

Ecuación 10.41

Para obter agora as derivadas primeira e segunda das expresións 10.38 a 10.41, se ve que as ecuacións10.38, 10.39 e 10.40 non van ofrecer problema algún, pero a expresión 10.41 vai proporcionar unha derivadasegunda sumamente engorrosa:

( )

( ) ( ) 2/122/12

2/122

42

242

1

2

422

4

−

•••−•

−⋅−=⇒

−⋅−⋅⋅=⇒

⇒−⋅=⇒−⋅

=

ϕϕϕ

ϕϕϕ

ϕϕ

Ry

Ry

Ry

Ry

GG

GG

E a derivada segunda será:

ÿG=R

2⋅42

1/2⇒

⇒ ÿG=R

2

2⋅42

1/2

R

2⋅42

1/2

R22

2⋅42

3 /2

E esta expresión, a utilizar coa 2ª Lei de Newton aplicada á barra, vai resultar inmanexable. Parece claroque isto exemplifica perfectamente ben a conveniencia de coñecer e aplicar regras que permitan unhaelección axeitada de parámetro.

�ota Complementaria 10.4 : Método analítico para o cálculo da velocidade dunpunto.

Pregunta: Calcular o cadrado da velocidade do centro de masas da barra en función doparámetro e as súas derivadas.

Vanse aplicar as ecuacións da Cinemática para calcular o cadrado da velocidade do centro de masasda barra. Para isto se establece a relación entre a velocidade do centro de masas da barra e a velocidade doseu extremo A unha vez calculada esta na ecuación 10.8:

vG=vAωb xAGvG =2R⋅⋅cos α i k x R⋅sen α iR⋅cos αj =...

...=2R⋅˙⋅cos α i˙⋅R⋅sen α j˙⋅R⋅cos α i

Operando: vG =R⋅⋅cos α i⋅R⋅sen α j

E así, o seu cadrado será:

vG2=R⋅˙⋅cos α

2

˙⋅R⋅sen α2

=˙2⋅R2⋅ sen2αcos2 α =˙

2⋅R2

Polo tanto, queda: vG2=˙

2⋅R2


PROBLEMA �º 11 : Disco ligado con barra e fío

O sistema da figura consta de:• unha barra homoxénea OC de masa M e

lonxitude l, articulada nun punto fixo O,• un disco circular homoxéneo, de masa M e

radio R, articulado no seu centro ó extremolibre da barra C,

• un fío inextensible, carente de masa,enrolado na periferia do disco e que semantén sempre vertical coa axuda dadeslizadera superior da figura.

O disco roda sobre o fío.O sistema está contido no plano vertical e non existe rozamento.a) Encontrar as ecuacións diferenciais do movemento do sistema utilizando as leis de

�ewton.b) Encontrar as ecuacións diferenciais do movemento do sistema utilizando as ecuacións de

Lagrange.c) Encontrar a expresión da velocidade angular da barra en función da súa posición.d) Encontrar o CIR do disco e a velocidade do punto de contacto entre fío e disco.

Solución:

Apartado a): Ecuación do movemento coas leis de �ewton:

Comézase por tratar de entender o movemento das diferentes partes do sistema. A barra xira ó redor dopunto fixo O, e o disco xirará ó redor do seu centro C que, á súa vez, está en movemento por ser tamén oextremo da barra. Hai que darse de conta que o disco debe xirar en sentido antihorario pois existe, endirección antihoraria, un momento non nulo das forzas con relación ó centro de masas C. Este momento véndado pola tensión T do cable, de acordo co diagrama do sólido libre do disco que se pode ver na figura 11.3.

Comentario: Ver o diagrama de sólidolibre do disco na figura 11.3: se nonexistise a forza T sobre o disco este nonxiraría pois a suma de momentos conrelación a C sería nula dado que sóactuarían sobre o disco as forzas Cx, Cy

e o peso Mg, as tres actuando no mesmocentro C. Polo tanto, o disco só setrasladaría e, desta forma, por exemploo radio CA que se encontra horizontalna posición inicial do disco (velarepresentada a trazos na figura 11.1), severía sempre horizontal en toda posiciónposterior pois nas translacións as liñasdebuxadas sobre os sólidos, se manteñenparalelas a si mesmas nos diferentes instantes dado que todos os puntos teñen a mesma v

r. Polo

Figura 11.1 : Posición xenérica do sistema e relaciónsxeométricas

PROBLEMA Nº 11 : Disco ligado con barra e fío. Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 142

tanto o radio C'A' se encontraría tamén horizontal na posición xenérica representada a liña continuana figura 11.1.

Existe polo tanto:• un xiro da barra ó redor do seu centro de masas (e de O) dado polo ángulo ϕϕϕϕ , polo que a velocidade

e aceleración angular da barra serán e ,

• e un xiro do disco ó redor do seu centro de masas dado polo ángulo θθθθ (a liña CA terá xirado esteángulo ata a súa posición C'A'), polo que a velocidade e aceleración angulares do disco serán

e .

Ambos xiros veñen relacionados pola ligadura que lle impón o fío ó disco, e se trata do rodamento queexperimenta o disco sobre o fío. De acordo con este rodamento, a lonxitude de fío desenrolado nun momentodado, lonxitude EB na figura 11.1, debe ser igual ó arco xirado polo disco nese mesmo tempo que é o arcoBA’ na figura 11.1. Polo tanto:

EB=arco BA' ⇒ DC '=arco BA' ⇒ L⋅sen =R⋅θPolo tanto:

ϕθ senR

L⋅=

Pero o ángulo θθθθ é positivo mentres que ϕ ϕ ϕ ϕ e, polo tanto, o seu seno son negativos polo que a ecuaciónanterior quedará:

θ=LR⋅sen Ecuación 11.1

De acordo con esta relación, se ve que un só parámetro basta para establecer unha posición xenérica dosistema. Se utilizará ϕϕϕϕ como parámetro pois, como xa se ten citado no problema 10, unha vez establecida arelación entre dous parámetros angulares, se un aparece dentro dunha función trigonométrica e o outro non,as ecuacións resultarán máis simples utilizando o parámetro que aparece dentro da función trigonométrica.

As relacións entre as derivadas destes parámetros sepoden establecer derivando a ecuación 11.1, quedando:

=LR⋅⋅cos Ecuación 11.2

=LR⋅ ¨⋅cos

2⋅sen

Ecuación 11.3

Por último pode ter interese para acabar de ver omovemento do sistema, darse de conta que o fío xadesenrolado do disco en cada momento non pode tervelocidade vertical dado que a deslizadera impídeo. Polotanto, o fío desenrolado só pode ter velocidade horizontal.Deste xeito o punto B do fío que está en contacto co disco sópode ter velocidade horizontal e, como o disco roda sobre o fío, o punto B do disco terá tamén a mesmavelocidade horizontal.

Figura 11.2 : Diagrama de sólido libre dabarra



Agora, se van aplicar as leis da Dinámica ó disco e á barra porseparado, co que se van ter 3 ecuacións por cada corpo: a 2ª Lei deNewton proxectada en X e en Y, e a Ecuación da Dinámica daRotación, ou sexa 6 ecuacións en total. Ver os diagramas de sólidolibre de barra e disco nas figuras 11.2 e 11.3.

As forzas actuantes descoñecidas, como se ven nos diagramasde sólido libre, son 5:

• as dúas compoñentes da reacción en O : Ox e Oy,

• as dúas compoñentes da reacción en C : Cx e Cy, • e a tensión T que aplica o fío ó disco. Polo tanto, coas 6 ecuacións dispoñibles se poderán obter as

ecuacións das reaccións descoñecidas e a ecuación do movemento,pois o resto das variables que aparecerán nas ecuacións serán oparámetro que determina a posición do sistema e as súas derivadas.É dicir, tendo 6 ecuacións e 5 forzas descoñecidas, se poderáneliminar estas forzas das ecuacións ata chegar a unha soa ecuación que non conteña forza descoñecidaalgunha: esa será a ecuación do movemento que conterá unicamente o parámetro que determina a posicióndo sistema e as súas derivadas.

Pola súa parte, coa figura 11.4, resulta bensimple parametrizar a posición tanto do centrode masas da barra G’ como do centro de masasdo disco C’ . Se utilizará o triedro cartesianohabitual centrado no punto O:

- Coordenadas de G’:

xG=L2⋅cos

yG=L2⋅sen

darse de conta que yG é negativa pero comoo sen ϕϕϕϕ tamén o é, non é necesario incluírexplicitamente o signo negativo.

Velocidade e aceleración:

˙xG=L2⋅˙⋅sen ⇒ ¨xG=

L2 ¨⋅sen

L2⋅˙

2⋅cos

˙yG=L2⋅⋅cos ⇒ ÿG=

L2⋅⋅cos

L2⋅

2⋅sen

- Coordenadas de C’:

xC=L⋅cos

yC=L⋅sen

Velocidade e aceleración:




˙xC=L⋅˙⋅sen ⇒ ¨xC=L ¨⋅sen L⋅˙2⋅cos

˙yC=L⋅˙⋅cos ⇒ ÿC=L⋅¨⋅cos L⋅˙

2⋅sen

Ecuación 11.4

Unha vez establecidas as ecuacións da aceleración do centro demasas de cada sólido, se establecerán as ecuacións do movemento dodisco e da barra, utilizando a 2ª Lei de Newton e a EcuaciónSimplificada da Dinámica da Rotación, esta aplicada, no caso do disco,no seu centro de masas C' :

Ecuacións do movemento do disco:

∑ F x=m⋅¨xCC x=M⋅L⋅¨⋅sen L⋅

2⋅cos

∑ F y=m⋅ÿCTMgC y=M⋅L⋅¨⋅cos L⋅2⋅sen

∑M C z= IC⋅⇒T⋅R=MR2

2⋅

Con relación á aceleración angular do disco, se debe poñer agoraen función do parámetro ϕϕϕϕ , o que se fará de acordo coa ecuación 11.3.Así, a ecuación anterior quedará:

T⋅R=MR2

2⋅LR⋅ ¨⋅cos

2⋅sen ⇒T=

ML2⋅ ¨⋅cos

2⋅sen

Simplificando todas as ecuacións anteriores, quedarán:

C x=ML⋅ ¨⋅sen 2⋅cos Ecuación 11.5

TMgC y=ML⋅ ¨⋅cos 2⋅sen Ecuación 11.6

T=ML2⋅ ¨⋅cos


Ecuacións do movemento da barra:

∑ F x=m⋅xGO xC x=M⋅ L2⋅⋅sen

L2⋅

2⋅cos

∑ F y=m⋅ÿG

O yC yMg=M⋅ L2⋅⋅cos

L2⋅

2⋅sen

A ecuación da dinámica da rotación se aplicará con relación ópunto fixo O e así se evitan as reacciones Ox e Oy que quedan asílimitadas ás dúas ecuacións anteriores. Serán polo tanto as dúasecuacións anteriores as que poden proporcionar estas forzas, perocomo o problema non as pide, se poden esquecer.

∑M O z=IO⋅

Figura 11.5 : Diagrama desólido libre do disco

Figura 11.6 : Diagrama de sólidolibre da barra


recordando que a derivada segundo do parámetro ϕϕϕϕ é a aceleración angular da barra.Polo que respecta ó momento de inercia IO será, segundo o teorema de Steiner:

3212

2222 MLL

MML

GOMII GO =

⋅+=⋅+=

Polo tanto, a ecuación anterior quedará:

Mg⋅L2⋅cos C y⋅L⋅cos C x⋅L⋅sen =

ML2

3⋅

dándose de conta que o momento de Cx é positivo pero que sen ϕϕϕϕ é negativo.Operando na ecuación anterior, quedará:

Mg2⋅cos C y⋅cos C x⋅sen =

ML3⋅ Ecuación 11.8

Pódese obter agora a ecuación do movemento por exemplo a partir da ecuación 11.8, sen máis quesubstituír Cy e Cx por expresións en función da posición e das súas derivadas, o que se pode facer traballandonas ecuacións 11.5, 11.6 e 11.7. Así, a ecuación 11.5 xa proporciona Cx en función da posición e das súasderivadas. E para obter Cy o único que se debe facer é substituír a expresión de T que dá a ecuación 11.7, naecuación 11.6:

Ecuación 11.6: TMgC y=ML⋅ ¨⋅cos 2⋅sen

Ecuación 11.7: T=ML2⋅ ¨⋅cos

2⋅sen

E substituíndo esta na ecuación 11.6, quedará:

ML2⋅ ¨⋅cos

2⋅sen MgC y=ML⋅ ¨⋅cos

2⋅sen

Para despexar Cy se observa que as expresións dentro dos parénteses son de igual valor e signo contrario,polo que se pode poñer:

ML2⋅ ¨⋅cos

2⋅sen MgC y=ML⋅¨⋅cos

2⋅sen

Operando: C y=ML⋅¨⋅cos 2⋅sen ⋅121Mg

Polo tanto:

C y=32ML⋅ ¨⋅cos

2⋅sen Mg Ecuación 11.9

Levando agora á ecuación 11.8, as expresións de Cx dada pola ecuación 11.5 e a de Cy dada polaexpresión 11.9, se terá que:

Ecuación 11.8: Mg2⋅cos C y⋅cos C x⋅sen =

ML3⋅

Substituíndo:


Mg2⋅cos 32 ML⋅ ¨⋅cos ˙

2⋅sen Mg⋅cos ...

...ML⋅ ¨⋅sen ˙2⋅cos ⋅sen =ML

3⋅¨

Operando para agrupar os termos coas diferentes derivadas se terá que:

Mg⋅cos ⋅ 121ML⋅⋅3⋅cos2

2sen2

13ML⋅

2⋅sen ⋅cos ⋅3

21=0

Simplificando M e operando:

32⋅g⋅cos L⋅⋅3⋅cos

2 2

1cos2 131

2⋅L⋅

2⋅sen ⋅cos =0

Quedando como ecuación do movemento a seguinte:

L⋅⋅ 43cos2 2 1

2⋅L⋅

2⋅sen ⋅cos

32⋅g⋅cos =0

Apartado b): Ecuación do movemento coas ecuacións de Lagrange:

Calculando as expresións da enerxía cinética T e da enerxía potencial V do sistema:Enerxías cinéticas:➢ Barra: xira ó redor do punto fixo O polo que se pode poñer que:

T barra=12IO⋅˙

2=12

ML2

3⋅˙

2=

ML2

6⋅˙

2

(a expresión de IO xa foi calculada anteriormente)➢ Disco: se utilizará a expresión xeral:

22

22

2

1

2

1),(

2

1

2

1 ••

⋅+==⋅+= θθ CCGGdisco IMvCédiscodoGcasonesteIMvT

sendo: vC=⋅L pois C está no extremo libre da barra.

=LR⋅⋅cos segundo a ecuación 11.2

Polo tanto: ϕϕϕθ 22

2

2222

22 cos

22

1

2

1

2

1

2

1⋅⋅+=⋅+=

•••

R

LMRMLIMvT CCdisco

Quedando:

+⋅⋅=

•

2

cos1

2

222 ϕϕ

MLTdisco

➢ Sistema:

+⋅⋅+⋅=+=

••

2

cos1

26

22222 ϕϕϕ

MLMLTTT discobarrasistema

Quedando:

+⋅⋅=

•

2

cos

3

4

2

222 ϕϕ

MLTsistema Ecuación 11.10


Enerxías potenciais, tomando como orixede alturas a posición horizontal da barra:

➢ Barra: V barra=Mg⋅L2⋅sen

dándose de conta que a enerxía potencialgravitacional é negativa co citado nivel cero,pero que o sen ϕϕϕϕ xa é negativo polo que non sedebe incluír ningún signo negativo explícito.

➢ Disco: V disco=Mg⋅L⋅sen

tendo en conta o mesmo comentarioanterior.

➢ Sistema:

V sistema=V barraV disco=32⋅MgL⋅sen Ecuación 11.11

Polo tanto, a Lagranxiana quedará: L=TV ==ML2

2⋅

2⋅43cos

2 2 3

2MgL⋅sen

Se aplican agora as ecuacións de Lagrange que, neste caso, toman a forma de:• ecuación única dado que é un sistema cun só grao de liberdade e, polo tanto, cun só

parámetro,• con segundo membro nulo, dado que as forzas non conservativas non realizan traballo por

acturar en puntos en repouso ou ser perpendiculares ó desprazamento do punto sobre o queactúan:

ddt ∂L∂

∂ L∂=0 Ecuación 11.12

Calculando cada termo:

+⋅=

∂

∂ •

• 2

cos

3

4 22 ϕϕ

ϕML

L

ddt ∂L∂ =ML2 ⋅ 43cos

2 ϕ2 ML2

2⋅2⋅cos ⋅sen

2=...

...=ML2 ⋅ 43cos2 2 ML2

2⋅cos ⋅sen

∂L∂=12ML2

˙2⋅cos ⋅sen 3

2MgL⋅cos =

ML2

2 ˙2⋅cos ⋅sen

32MgL⋅cos

Levando estes termos á ecuación 11.12:



ML2 ⋅ 43cos2 2 ML2

2⋅cos ⋅sen

ML2

2

2⋅cos ⋅sen

32MgL⋅cos =0

L ⋅43cos2 2 L

2

2⋅cos ⋅sen

32g⋅cos =0

Apartado c): Encontrar a expresión da velocidade angular da barra en función da súa posición.

Para encontrar a expresión da velocidade

angular da barra ωb= en función da súa

posición ϕϕϕϕ, se aplicará a ecuación daconservación da enerxía entre a posición inicial(1) do sistema e unha posición xenérica (2)correspondente a un ángulo ϕϕϕϕ da barra :

2211 VTVT +=+

Débese ter en conta que existeconservación da enerxía pois as forzas nonconservativas non realizan traballo. Enconcreto, a tensión T que o fío aplica sobre odisco, non realiza traballo algún dado que évertical e está aplicada nun punto que tenvelocidade horizontal (todos os puntos dopedazo de fío desenrolado, que se mantén sempre vertical, teñen a mesma velocidade, polo que a súavelocidade vertical é nula dado que é nula a velocidade vertical do punto de suspensión).

Se tomará, como no caso de aplicación das ecuacións de Lagrange no apartado anterior, que na posiciónxenérica do sistema (2), a enerxía total T2 será a proporcionada pola suma da enerxía cinética, dada polaecuación 11.10, e da potencial gravitacional V2 dada pola ecuación 11.11. Este último valor da enerxíapotencial gravitacional implica que se está a tomar a posición horizontal como orixe de potenciaisgravitacionais polo que a enerxía potencial gravitacional no punto inicial é nula V1 = 0. Como tamén T1 = 0,a ecuación da conservación da enerxía quedará:

T 1V 1=T 2V 2 ⇒ 0=ML2

2⋅

2⋅ 43cos

2 2 3

2MgL⋅sen

Co que, despexando •

ϕ , se terá que:

=3g⋅sen

L⋅ 43cos2 2

Que será o valor da velocidade angular da barra dado que ωb= .

Non hai ningún problema co signo negativo dentro da raíz dado que o sen ϕϕϕϕ é negativo.

Apartado d): Encontrar o CIR do disco e a velocidade do punto de contacto entre fío e disco.



Para encontrar o CIR do disco, se sabeque:

• a velocidade de C´, vC, é perpendiculará barra,

• e que a velocidade de B, vB, ten que serhorizontal dado que ten que ter amesma velocidade que a deslizaderasuperior que só pode desprazarse enhorizontal.

Sabidas as direccións destas dúasvelocidades, encóntrase o CIR I polocruzamento das perpendiculares a ditasvelocidades. Ver figura 11.9. Nesta figura darsede conta que o ángulo BC’I é ϕϕϕϕ.

Na figura adxunta vese que a posición do CIR é:RLBCODx I +⋅=+= ϕcos'

y I=DC 'BI=L⋅sen R⋅tg

Aínda sendo yI negativa, non é necesario incluír os signos negativos nos sumandos pois xa sonnegativos tanto o sen ϕϕϕϕ como a tg ϕ ϕ ϕ ϕ , ó ser ϕϕϕϕ negativo.

De todos os xeitos, se o alumno non se dá de conta que a velocidade de B é horizontal, pode recorreró método analítico de cálculo da posición do CIR, que consiste en utilizar as ecuacións da Cinemáticarelacionando a velocidade coñecida dun punto coa velocidade do CIR, nula claro. E neste caso, se coñece avelocidade de C’ en función do parámetro e das súas derivadas (ecuación 11.4) , polo que se utilizará estavelocidade:

ICxvICxvv dCdIC ωωrrrrr

=⇒+=

Polo que respecta á velocidade angular do disco sábese que é , estando relacionada esta co

parámetro na ecuación 11.2, polo que a ecuación anterior quedará:

vC=ω xIC⇒L⋅⋅sen ⋅iL⋅⋅cos ⋅j= ⋅k × [ xCx I i yC y I j ]

Operando: L⋅⋅sen ⋅iL⋅⋅cos ⋅j= xCx I j yC yI i

E substituíndo •

θ polo seu valor dado pola ecuación 11.2:

L⋅⋅sen ⋅iL⋅⋅cos ⋅j=LR⋅⋅cos xCx I j

LR⋅⋅cos yC yI i

Igualando os termos en X e Y para despexar xI e yI, se terá que:- En X:

L⋅⋅sen =LR⋅⋅cos yC y I yC y I=R⋅tg y I= yCR⋅tg

e substituíndo yC polo seu valor: y I=L⋅sen R⋅tg

- En Y:

L⋅⋅cos =LR⋅⋅cos xCx I xCx I=R x I=xCR

Figura 11.9 : Determinación gráfica do CIR do disco


e substituíndo xC polo seu valor: x I=L⋅cos R

Polo que respecta á velocidade do punto B de contacto entre fío e disco (ver figura 11.9), pódesecalcular a partir de vC pero agora que xa se ten localizado o CIR, resulta máis fácil a partir deste:

vB=v I d×IB=0k×R⋅tgj

Se engade o signo negativo no vector IB pois o tg ϕϕϕϕ é negativo mentres que o vector IB é positivo en+Y. Operando:

vB=k×R⋅tgj =LR⋅⋅cos k×R⋅tg ⋅j=L⋅⋅sen ⋅i

PROBLEMA Nº 12 : Disco ligado con barra, fío e resorte.. Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 152

PROBLEMA �º 12 : Disco ligado con barra, fío e resorte.

O sistema da figura consta de:• unha barra homoxénea OC de masa M e

lonxitude l, articulada nun punto fixo O,• un disco circular homoxéneo, de masa M

e radio R, articulado no seu centro óextremo libre da barra C,

• un fío inextensible, carente de masa,enrolado na periferia do disco e quemediante un resorte de constante elástica K, carente de masa, e dunha deslizadera moipequena se mantén sempre vertical na zona na que o fío non está enrolado.

O sistema está contido no plano vertical e non existe rozamento.O resorte se encontra coa súa lonxitude natural cando a barra se encontra na posición

horizontal e o fío xa se encontra tenso nesa posición.Encontrar as ecuacións diferenciais do movemento do sistema.

Solución:A barra xira ó redor do punto fixo O, e o disco xirará ó

redor do seu centro C. O alumno debe de darse de conta que odisco debe xirar en sentido antihorario pois existe, nesadirección, un momento non nulo das forzas con relación ócentro de masas C. Este momento vén dado pola tensión T docable. Ver diagrama do sólido libre do disco na figura 12.1.

Comentario: Se non existise a forza T sobre o disco, estenon xiraría pois a suma de momentos con relación ócentro de masas C sería nula pois só actuarían sobre odisco as forzas Cx, Cy e o peso Mg, as tres actuando nomesmo centro C. Desta forma o movemento do discosería de translación polo que, por exemplo, o radio CAdo disco debuxado na figura 12.2, inicialmentehorizontal, se vería sempre horizontal en toda posición posterior. Sen embargo o rodamentoprovocado pola forza T determina que o punto A evolucione ata a posición A' nun instante posteriorpolo que o radio CA evoluciona ata C'A' xirando un ángulo θ θ θ θ nese tempo.

Existe polo tanto:• un xiro da barra ó redor do seu centro

de masas (e de O) dado polo ánguloϕϕϕϕ , polo que a velocidade e aceleración

angular da barra serán e ,

• e un xiro do disco ó redor do seu centrode masas dado polo ángulo θθθθ , polo quea velocidade e aceleración angular do

disco serán e . Ver figura 12.2.


Figura 12.1 : Diagrama de sólido libredo disco


Ambos xiros están relacionados pola ligadura que lle impoñen o fío e o resorte ó disco. Esta relación sedebe a, por un lado, á cantidade de fío que se desenrola da periferia do disco e por outro lado, á lonxitude quese estira o resorte.

O rodamento de disco e fío determina que a lonxitude de fío desenvolvido é igual ó arco xirado polopunto A, é dicir é igual ó arco BA' = R · θ θ θ θ (ver figura 12.2 ). Polo que de non existir resorte, o centro demasas do disco C' tería descendido unha altura igual a estas lonxitudes. Sen embargo, como ademais dedesenvolverse fío, se ten estirado o resorte, o centro de masas do disco terá descendido unha altura igual ásuma destas dúas lonxitudes:

Descenso de C' = Cantidade de fío desenvolvido + estiramento do resorte Ou sexa: DC' = R · θθθθ. + ∆ ∆ ∆ ∆ y Polo tanto o alongamento real do resorte será ∆∆∆∆y = C’D – Rθ θ θ θ :

∆y=C ' DRθ=L⋅sen Rθ

Sen embargo o ángulo ϕϕϕϕ é negativo cos eixes habituais aquí utilizados, polo que a ecuación anterior sedebe corrixir así:

∆y=L⋅sen Rθ Ecuación 12.1

Hai que darse de conta que:• unha posición xenérica da barra se pode determinar co parámetro ϕ ϕ ϕ ϕ , • mentres que a posición do disco se pode determinar cos parámetros ϕϕϕϕ (para determinar a posición do

seu centro de masas C ’) e θθθθ (para determinar o xiro do disco ó redor de C’), e neste caso non haiforma de relacionar os ángulos ϕϕϕϕ e θθθθ sen utilizar outros parámetros.

• Para determinar a posición do resorte basta o seu alongamento ∆∆∆∆y (o exercicio di que o resorte seencontra coa súa lonxitude natural cando a barra se encontra na posición horizontal), pero este ∆∆∆∆y siestá determinado polos parámetros xa citados, segundo se ve na ecuación 12.1.

Polo tanto farán falta dous parámetros para determinar unha posición xenérica do sistema e, así,evidentemente, se está ante un sistema con dous graos de liberdade. Se utilizarán os ángulos ϕϕϕϕ e θθθθ como

parámetros. E, de acordo co xa visto, a velocidade e a aceleración angular da barra serán e , mentres

que as do disco son e .

Se establecerán as ecuacións do movemento aplicando as ecuacións de Lagrange que, tendo en contaque todas as forzas que realizan traballo son conservativas, adoptarán a súa forma máis simple. Se calcularánagora as expresións da enerxía cinética T e da enerxía potencial V:

Enerxías cinéticas:➢ Barra : xira ó redor do punto fixo O polo que se pode poñer que:

22222

632

1

2

1 •••

⋅=⋅=⋅= ϕϕϕMLML

IT Obarra

Recordar que a expresión de IO xa foi calculada no problema anterior.➢ Disco : como non posúe un xiro ó redor dun punto fixo, se utilizará a expresión xeral:

22

22

2

1

2

1),(

2

1

2

1 ••

⋅+==⋅+= θθ CCGGdisco IMvCédiscodoGcasonesteIMvT

Sendo, en valor: LvC ⋅=•

ϕ pois C está no extremo libre da barra.

Polo tanto: 222

22

2

22

1

2

1

2

1

2

1 •••

⋅+=⋅+= θϕθMR

MLIMvT CCdisco

PROBLEMA Nº 12 : Disco ligado con barra, fío e resorte.. Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 154

Quedando:222

2

42

1 ••

⋅+= θϕMR

MLTdisco

➢ Sistema : 222

222

42

1

6

•••

⋅++⋅=+= θϕϕMR

MLML

TTT discobarrasistema

Quedando:

2222

43

2 ••

⋅+⋅= θϕMR

MLTsistema Ecuación 12.2

Enerxías potenciais, tomando como orixe de enerxías potenciais gravitacionais a posición inicial dosistema:

➢ Barra : V barra=Mg⋅L2⋅sen V é negativa pero ponse positiva pois o sen ϕϕϕϕ xa é negativo.

➢ Disco : V disco=Mg⋅L⋅sen V é negativa pero ponse positiva pois o sen ϕϕϕϕ xa é negativo.

➢ Resorte : V resorte=12K⋅∆y2

e segundo a ecuación 12.1: V resorte=12K⋅∆y2=

12K⋅L⋅senRθ 2

➢ Sistema : V sistema=V barraV discoV resorte=32⋅MgL⋅sen

12K⋅L⋅senRθ 2

Polo tanto:

V sistema=32⋅MgL⋅sen

12K⋅L⋅senRθ 2 Ecuación 12.3

Polo tanto, a Lagranxiana quedará:

L=TV=23ML2⋅˙

2

MR2

4⋅

232MgL⋅sen

12K⋅L⋅senRθ 2

Aplicando agora as ecuacións de Lagrange que, neste caso, son dúas ecuacións, unha derivando afunción lagrangiana con relación ó parámetro ϕϕϕϕ, e outra derivándoo con relación ó parámetro θθθθ. Ademais osseus segundos membros son nulos por non existir forzas non conservativas que realicen traballo.

Comezando pola primeira ecuación:

ddt ∂L∂

∂ L∂=0 Ecuación 12.4

Sendo cada termo:

•

•=

∂

∂ϕ

ϕ

2

3

4ML

L

ddt ∂L∂ =

43ML2

∂L∂=

32MgL⋅cos K⋅L⋅senRθ ⋅L⋅cos


Levando estes termos á ecuación 12.4 se terá:

43ML2

32MgL⋅cos K⋅L⋅senRθ ⋅L⋅cos =0

Simplificando queda a primeira ecuación do movemento:

9g8L⋅cos

3K4ML

⋅ L⋅senRθ ⋅cos =0 Ecuación 12.5

Buscando agora a segunda ecuación do movemento :

0=∂∂

−

∂

∂• θθ

LL

dt

dEcuación 12.6

Sendo cada termo:

•

=∂∂

θθ

2

2

1MR

L&

ddt ∂ L

∂ =12MR2

∂L∂ θ=K⋅ L⋅senRθ ⋅R

Levando estes termos á ecuación 12.6 se terá:

12MR2

K⋅ L⋅senRθ ⋅R=0

Simplificando queda a segunda ecuación do movemento:

2KMR⋅L⋅senRθ =0 Ecuación 12.7

Polo tanto, as ecuacións do movemento serán as ecuacións 12.5 e 12.7:

9g8L⋅cos

3K4ML

⋅ L⋅senRθ ⋅cos =0

2KMR⋅L⋅senRθ =0

PROBLEMA Nº 13 : Tres discos rodantes. Roberto Palau G. & Roberto Palau L. Páxina 156

PROBLEMA �º 13 : Tres discos rodantes

O sistema da figura consta de tres discos:• Un disco exterior fixo de radio 3R,• Un disco interior de masa m e radio R,

concéntrico co anterior, que pode xirar ó redordo seu centro A,

• e un disco intermedio de masa m e radio R concentro en B, que xira sen deslizar sobre os outrosdous discos.

O sistema está contido no plano vertical.Determinar,a) A ecuación diferencial do movemento.b) As velocidades angulares do disco interior e do

disco intermedio en función do parámetro utilizado.c) A velocidade angular do disco intermedio no

momento en que a recta AB pasa pola posiciónhorizontal, suposto que na posición inicial do sistemadita recta se encontraba vertical e o sistema en repouso.

Solución:Inicialmente vaise tratar de entender o movemento do

sistema. Partindo da posición inicial que determina o apartadoc), se pode imaxinar ó disco intermedio caendo por efecto doseu propio peso e unha pequena desestabilización inicial, caraá esquerda, por exemplo (así o ángulo que dá posición da rectaque une A e B será positivo).

No momento inicial, ver figura 13.2, están en contacto ospuntos:

• Ci do disco interno co punto Cm do disco intermedio,

• e o punto De do disco externo co punto Dm do discointermedio.

Son puntos que teñen especial importancia pois dado queo disco intermedio roda sen deslizar sobre os outros dous, ospuntos que estean en contacto en cada momento teñen amesma velocidade, o que reviste especial importancia pois esta condición de rodamento é a ligadura doselementos do sistema que determina o seu movemento.

En canto ó movemento do sistema,• o sistema se pon en movemento porque calquera pequena desestabilización fará caer o disco

intermedio debido ó seu propio peso,• e o rodamento entre este e o disco interno porá a este último tamén en movemento.Parece claro que o disco interno xirará en sentido antihorario, sen embargo o alumno pode ter dúbidas

sobre o xiro, horario ou antihorario do disco intermedio. Neste caso se recorrerá ós diagramas de sólido librede ambos discos. En todo caso caso son claros os CIR tanto dun como doutro:

• O CIR do disco interno é obvia e constantemente o seu centro A que non se move.

• O CIR do disco intermedio será o punto que se encontre en cada momento en contacto co discoexterior, dado que a condición de rodamento entre o disco intermedio e o disco exterior impón queos puntos que estean en contacto en cada momento teñan a mesma velocidade, e os puntos do disco

Figura 13.2 : Posición inicial do sistema

Figura 13.1 : Diagrama de sólido libredo disco


exterior están en repouso, polo que o punto de contacto do disco intermedio co disco exterior taméno estará.

Se examinarán agora os diagramas de sólido libre dos discos.Na figura 13.3 se presenta o diagrama de sólido libre do

disco intermedio coas forzas actuantes sobre el:• Normal �1 que lle aplica o disco interno,

• Forza de rozamento Fr1 que lle aplica o disco interno ópunto C' de contacto para impedir que desliza cara áesquerda e abaixo por efecto do peso do disco,

• Peso mg do propio disco,• Normal �2 que lle aplica o disco externo,

• Forza de rozamento Fr2 que lle aplica o disco externopara impedir que o punto D' de contacto deslice cara áesquerda e abaixo por efecto do peso do disco.

Pódese ver que, tanto examinando o xiro ó redor do CIR D'como examinando o xiro ó redor do centro de masas B, existenforzas que tratan de provocar xiros contrarios ó discointermedio, polo que, con este proceder, non se pode concluír seo xiro será horario ou antihorario.

Se examinará agora o diagrama de sólido libre do discointerno por se axuda a comprender o movemento. Na figura 13.4se presenta este diagrama coas forzas actuantes sobre el:

• Forzas �1 e Fr1 contrarias ás que este disco interno aplicaó disco intermedio,

• Peso mg do disco,

• e reacción �0 que lle aplica o eixe que pasa por A e queimpide o desprazamento pero non o xiro deste disco.

Neste caso, resulta evidente que examinando o xiro ó redorde A, vese que a única forza que provoca tal é a Fr1, e que o xiroque provoca é antihorario. É dicir que a velocidade do punto C'será cara abaixo e á esquerda. Ver figura 13.5. De acordo con istoe coa condición de rodamento entre este disco e o discointermedio, o punto de contacto do disco intermedio co punto C'do disco interno, tamén terá a mesma velocidade polo que o xirodo disco intermedio terá que ser horario tanto visto desde o CIRD como desde o centro de masas B.

Na figura 13.5 se indica esta igualdade de velocidades,distinguindo entre o punto C'i do disco interno e o punto C'mdo disco intermedio que se encontran en contacto no instanterepresentado. Tamén se representan os sentidos de xirocorrespondentes a ditas velocidades lineais, indicando o dodisco intermedio con ωωωωm e o do disco interno con ωωωωi.

Unha vez entendido o movemento do sistema de formacualitativa, será moito máis simple estudialocuantitativamente, o que se fará a continuación.

a) Determinar a ecuación diferencial do movemento.

Figura 13.3 : Diagrama de sólido libreda esfera intermedia

Figura 13.4 : Diagrama de sólido libreda esfera interna

Figura 13.5 : Igualdade de velocidadesdos puntos de contacto Ci e Cm


A determinación da ecuación diferencial do movemento esixe, normalmente, poder determinar aaceleración liñal dos centros de masas dos sólidos que forman o sistema así como a aceleración angular decada sólido en función do parámetro ou parámetros que se elixan. Isto é necesario para determinar a ecuacióndo movemento a través das Leis de Newton. Que se necesiten un ou máis parámetros depende dos graos deliberdade do sistema.

Pola súa parte, para utilizar as ecuacións de Lagrange, se necesitarán as velocidades liñais dos centros demasas así como as velocidades angulares dos sólidos, tamén en función do parámetro ou parámetros que seelixan.

Isto normalmente pasa por poder determinar as posicións dos centros de masas das esferas móbiles enfunción do(s) parámetro(s) que se elixa(n), para logo, a través da derivación, obter tanto as velocidades comoas aceleracións liñais dos centros de masas en función do(s) parámetro(s). Polo súa parte, as velocidades eaceleracións angulares se soen determinar ben por relacións xeométricas ou ben métodos analíticos. Se veránaquí ambos os dous métodos.

Pois ben, que o sistema ten un só grao de liberdade e que, polo tanto, só é necesario un parámetro vénanunciado polo propio enunciado do problema:

• no seu apartado b) de forma explícita pois fala do “parámetro utilizado” en singular,

• e tamén no apartado a) de forma implícita ó pedir á “ecuación diferencial do movemento” tamén ensingular, e o alumno debe de recordar que, para definir o movemento dun sistema, se necesitan tantasecuacións diferenciais como graos de liberdade teña este.

Pois ben, determinar a posición do centro de masas dodisco interior non ten dificultade dado que o seu centro non semove e, polo tanto, neste exercicio só será necesario fixar aposición do centro de masas do disco intermedio, ou sexa dopunto B. E para isto, o parámetro máis simple parece o ánguloϕϕϕϕ da figura 13.6, que determina o xiro da recta AB de uniónde ambos centros de masas. Este ángulo é positivo cos eixeshabituais (ver figura 13.6) polo que se simplifica o exercicio,pero, sen embargo, se debe ter coidado pois este parámetronon indica directamente o xiro nin do disco interno nin dodisco intermedio como se verá máis adiante.

Con este parámetro, as coordenadas liñais de B son benfáciles de establecer como se pode ver na figura 13.6:

x B=2R⋅sen y B=2R⋅cos

Ecuación 13.1

Polo que a súa velocidade será:

˙xB=2R⋅⋅cos

yB=2R⋅⋅sen

Ecuación 13.2

E a súa aceleración:

¨xB=2R ¨⋅cos 2R⋅˙

2⋅sen

ÿB=2R⋅¨⋅sen 2R⋅˙

2⋅cos

Ecuación 13.3

Figura 13.6 : Igualdade de velocidadesdos puntos de contacto Ci e Cm


Sen embargo, como xa se comentou, o xiro dos discos non vén dado polo parámetro ϕ ϕ ϕ ϕ , nin o xiro dointerno nin o xiro do intermedio como se verá a continuación.

– Determinación de velocidades e aceleracións angulares- Método xeométrico :Na figura 13.7 se expoñen as posicións iniciais dos discos:• coas posicións dos puntos Dm do disco intermedio

e De do disco externo, que se encontran encontacto no instante inicial,

• e dos puntos Ci do disco interno e Cm do discointermedio, que se encontran en contacto noinstante inicial.

Na figura 13.8, se expoñen, nun instante xenéricoposterior, ademais dos puntos de contacto actuais D'e e D'm , eC'm e C'i, as posicións dos puntos de contacto inicias:

• A posición de De é obviamente a mesma posicióninicial dado que o disco exterior está en repouso,

• A posición de Dm se pode determinar confacilidade como é habitual nos casos en que existeunha rodadura sobre unha superficie en repouso,pois o punto Dm se terá que encontrar nun lugar talque o arco D'mDm ten que ser igual ó arco De'De. Édicir, se determinará a posición de Dm sabendoque:

Arco D 'm Dm=Arco D' e De Ecuación 13.4

• A posición de Cm se determina agora confacilidade pois é o extremo contrario do diámetroque pasa por Dm: recordar que estes dous puntosson extremos opostos do mesmo diámetro dodisco intermedio.

• A posición de Ci se determina agora con facilidadepois, debido ó rodamento entre o disco intermedioe o disco interior, o arco C 'mCm ten que ser igual ó arco C 'iCi:

Arco C ' iC i=Arco C 'mCm Ecuación 13.5

Con estes datos xa se poden relacionar os ángulos de xirodos sólidos ó redor dos seus centros de masas co parámetrotomado. En efecto:

• Para determinar o ángulo xirado polo disco interno, oúnico que se debe facer é observar que o diámetro ACi

que inicialmente se encontraba en posición vertical,agora se encontra xirado un ángulo ψψψψ. Ver figura 13.9.

• Para determinar o ángulo de xiro do disco intermediobasta observar que o diámetro CmDm que inicialmentese encontraba en posición vertical, agora se encontraxirado un ángulo θθθθ. Ver figura 13.9. E coidado queeste ángulo é negativo cos eixes habituais utilizados (éun xiro horario).

Figura 13.7 : Posición inicial do sistema

Figura 13.8 : �ova posición dos puntosDm , Ci e Cm

Figura 13.9 : Ángulo xirado por cadadisco


Na figura 13.9 se poden observar estes ángulos.Para relacionar estes ángulos co parámetro tomado, se completa a figura anterior incluíndo agora o

parámetro. Ver figura 13.10.Agora basta con recorrer ás ecuacións 13.4 e 13.5 para establecer as relacións buscadas:

Ecuación 13.4 : Arco D 'm Dm=Arco D' e De

Isto pode expresarse en termos de: arco=ángulo· radio:R⋅ángulo D 'm BDm=3R⋅ángulo D ' e ADe

Ou sexa: R⋅=3R⋅Sen embargo, para ter en conta que θθθθ é negativo, aecuación anterior se debe corrixir así:R⋅=3R⋅

Operando:

=2⋅ Ecuación 13.6

E, dado que θθθθ determina o xiro do disco intermediocon relación ó seu centro de masas, as súas derivadasserán a velocidade e a aceleración angular do discointermedio. Polo tanto, derivando a ecuación 13.6 seobterán a velocidade e a aceleración angulares dodisco intermedio en función do parámetro:



Se verá agora a ecuación 13.5:

Ecuación 13.5 : Arco C ' iC i=Arco C 'mCm

Os dous membros da ecuación se poden expresar en termos de: arco=ángulo· radio:

R⋅ángulo C ' i AC i=R⋅ángulo C 'm BCm

Ou sexa: R⋅=R⋅Sen embargo, para ter en conta que θθθθ é negativo, a ecuación anterior se debe corrixir así:R⋅=R⋅

Substituíndo θθθθ polo seu valor dado pola ecuación 13.6 e operando: =2⋅


Esta ecuación non é necesario corrixila pois ambos os dous ángulos, como se pode observar na figura13.10, son positivos.Derivando esta ecuación, se obterán a velocidade e a aceleración angulares do disco interior enfunción do parámetro:



– Determinación de velocidades e aceleracións angulares- Método analítico :

Figura 13.10 : Relacións entre osángulos xirados polos discos e o

parámetro


O método analítico xa se ten visto en problemas anteriores, e se verá como, neste caso, resulta moitomáis simple para establecer as velocidades angulares dos sólidos que o método xeométrico visto antes. Paraisto basta relacionar unha velocidade coñecida en función do parámetro coa velocidade, nula claro, do CIRcoñecido. Neste problema, a velocidade coñecida é a velocidade do centro de masas do disco intermedio B(ecuacións 13.2), polo que a Cinemática di que, neste disco intermedio:

v B= vD ' B×D ' BA velocidade de B vén dada polas ecuacións 13.2, e o vector D'B se pode deducir da figura 13.10 a

partir do ángulo ϕϕϕϕ unicamente, quedando a ecuación anterior:

2R⋅⋅cos ⋅i2R⋅⋅sen ⋅j=B⋅k×R⋅sen⋅iR⋅cos⋅j Operando:

2R⋅⋅cos ⋅i2R⋅⋅sen ⋅j=B⋅R⋅sen⋅jB⋅R⋅cos⋅iE, nesta ecuación, igualando tanto en X como en Y, se deduce que:

B=2⋅ Ecuación 13.12

que é a mesma relación obtida na ecuación 13.7, e que se pode derivar de igual forma para obter amesma aceleración angular dada pola ecuación 13.8.

Para obter a velocidade angular do disco interior, basta relacionar a velocidade coñecida do punto C'icoa velocidade, nula clara, do CIR A do disco interior. Se debe notar que a velocidade de C'i é coñecida porselo a velocidade do punto C'm do disco intermedio dado que, por condición de rodamento, son iguais.

Así, calculando primeiro a velocidade de C'm no disco intermedio:

vC ' m= vD ' B×D ' C ' i=02⋅⋅k ×2R⋅seni2R⋅cos⋅ j =4R⋅⋅cosi4R⋅⋅sen j

Agora, esta velocidade que é tamén a do punto C'i do disco interno, se pode relacionar coa do CIR A dodisco interno:

vC ' i= v A A×AC ' i

Substituíndo valores:

4R⋅⋅cosi4R⋅⋅senj=0A⋅k×R⋅seniR⋅cos⋅j Operando:

4R⋅⋅cosi4R⋅⋅senj=A⋅R⋅senjA⋅R⋅cos⋅iIgualando tanto en X como en Y, se obtén que:

A=4⋅ Ecuación 13.13

que é a mesma relación obtida na ecuación 13.10 e que se pode derivar de igual forma para obter amesma aceleración angular dada pola ecuación 13.11.

De calquera das dúas formas se ten respondido xa a pregunta b) deste problema, pero agora se trata decontestar á pregunta a) que, ben polas ecuacións de Lagrange ben polas ecuacións de Newton resulta simpleresponder. Aquí se utilizarán as ecuacións de Newton.

Tal como se pode observar nos diagramas de sólido libre nas figuras 13.3 e 13.4, existen cinco forzasdescoñecidas: as reaccións �0, �1 e �2, ademais das forzas de rozamento Fr1 e Fr2. Pola súa parte, aplicandoa 2ª lei de Newton en X e Y, ademais da Ecuación da Dinámica de Rotación a cada disco A e B se terán 6ecuacións. Desta forma, eliminando destas 6 ecuacións as forzas descoñecidas se obterá a ecuación domovemento. A forma máis simple de conseguilo pasa por darse de conta que aplicando a Ecuación daDinámica de Rotación ó disco A con relación ó seu Centro, na ecuación aparecerá unha única forzadescoñecida que é Fr1, que sería a mesma única forza descoñecida que aparecería aplicando a Ecuación da


Dinámica de Rotación ó disco B con relación ó seu CIR D', se fose posible aplicala. Desta forma eliminandoFr1 destas dúas ecuacións xa se obtería a Ecuación Diferencial do Movemento.

Comecemos por comprobar se é posible aplicar a Ecuación da Dinámica de Rotación no punto D' . Noproblema 7 se demostrou que se pode aplicar no CIR dun disco cando este roda sen deslizar sobre un solohorizontal, pero non se demostrou para o caso de que rode sen deslizar sobre unha superficie circular como éeste caso. Se comprobará aquí que tamén neste caso se pode aplicar. En efecto, que cumpre as condicións 2.2é evidente dado que o CIR D' é un punto do sólido, polo que bastará ver se cumpre a 2ª ou 3ª das condicións2.1, dado que é evidente que non cumpre a 1ª (non é o centro de masas). Polo tanto se trata de comprobar quea súa aceleración ou é nula ou está na dirección D'B. Para isto se recorre ás ecuacións da cinemática:

aD '=a B B ×BD'B2BD'

�esta ecuación, para calcular a aceleración de D' , xa se ten a aceleración de B nas ecuacións 13.3,sendo os demais termos (ver figura 13.10):

• B×BD'=2⋅k ×R⋅seniR⋅cosj=2⋅⋅R⋅senj2⋅⋅R⋅cosi, tendo en conta que a aceleración angular do disco B é a derivada da súa velocidadeangular que está dada na ecuación 13.12.

• sendo innecesario calcular B2⋅BD'=4⋅ 2⋅BD' pois está claro que esta expresión dá

un resultado que se encontra na dirección BD' . O alumno debe recordar, ademais, quea velocidade angular do disco está dada na ecuación 13.12.

Polo tanto se trata de comprobar se a suma dos dous primeiros sumandos do segundo membro da

ecuación ten a dirección de BD' , para o que basta comprobar se ten a dirección

senicosj , ó igual que BD' .Sumando entón ditos termos, se terá:

aB B ×BD '=2R ¨⋅cos 2R⋅˙2⋅sen i2R ¨⋅sen 2R⋅˙

2⋅cos j

2R ⋅cos i2R ⋅sen j=2R⋅2⋅sen i2R⋅

2⋅cos j=2R⋅

2⋅senicosj

que se ve que, efectivamente ten a dirección senicosj de BD' (e o signocontrario, dado o signo negativo que aparece na suma de termos).Esta demostración é completamente xeral, e vese que sempre que o disco rode sen deslizar sobresolos en repouso, xa sexan planos ou circulares, e que o centro de masas do disco coincida co centrodo disco, se pode aplicar no CIR a Ecuación Simplificada da Dinámica de Rotación .

Polo tanto, a Ecuación Simplificada da Dinámica da Rotación se pode aplicar ó CIR dun disco que rodesen deslizar por unha superficie circular en repouso, sempre que o centro de masas do disco se encontre nocentro do disco. E así se podería aplicar a partir de agora sen volver a demostralo.

Polo tanto, e cara a aplicar a Ecuación Simplificada daDinámica da Rotación, se aplicará agora o Teorema de Steinerpara determinar ID' :

I D '= I Bm⋅R2=m⋅R2

2m⋅R2=

3⋅m⋅R2

2Agora:– Ecuación da Dinámica de Rotación ó disco B con

relación a D' :

∑M D'= I D'⋅B Ecuación 13.14

Figura 13.11 : Diagrama de sólido libredo disco B


A acleración angular do disco B vén dada na ecuación 13.8 ou pola derivada da ecuación 13.12, mentresque momentos con relación a D' só dan o peso do disco e a Fr1, tal como se ve na figura 13.11. Polo tanto, aecuación 13.14 quedará:

D' B⋅mg⋅senD' C '⋅F r1=3⋅m⋅R2

2⋅2⋅

Operando:

R⋅mg⋅sen2R⋅F r1=3⋅m⋅R2

2⋅2⋅

F r1=mg2⋅sen

3⋅m⋅R2⋅ Ecuación 13.15

– Ecuación da Dinámica de Rotación ó disco A con relación ó seu centro A :

∑M A= I A⋅A Ecuación 13.16

A aceleración angular do disco A vén dada na ecuación13.11 ou pola derivada da ecuación 13.13, mentres que a únicaforza que dá momento con relación a A é a Fr1, tal como se vena figura 13.12. Polo tanto, a ecuación 13.16 quedará:

AC '⋅F r1=m⋅R2

2⋅4⋅

Operando:

R⋅F r1=m⋅R2

2⋅4⋅

F r1=2⋅m⋅R⋅ Ecuación 13.17

Igualando agora as ecuacións 13.15 e 13.17 se terá a ecuación diferencial do movemento do sistema:

mg2⋅sen

3⋅m⋅R2⋅=2⋅m⋅R⋅

Operando:

g7R⋅sen=0 Ecuación 13.18

Esta será a ecuación diferencial do movemento.

Figura 13.12 : Diagrama de sólido libredo disco A


b) Determinar as velocidades angulares do disco interior e do disco intermedio en función doparámetro utilizado.

As ecuacións 13.12 e 13.13 proporcionan estes resultados:

A=4⋅

B=2⋅

c) Determinar a velocidade angular do disco intermedio no momento en que a recta AB pasapola posición horizontal, suposto que na posición inicial do sistema dita recta se encontrabavertical e o sistema en repouso.

Os métodos máis simples para responder a esta pregunta poden ser:• aplicar a ecuación da conservación da enerxía entre a posición inicial e a posición pedida;

• realizar a primeira integración da ecuación diferencial do movememento pois, aparecendo nesta unhasoa derivada do parámetro, pode ser simple de realizar.

Utilizaremos o segundo destes métodos. Para isto se sabe que:

¨=d

d t =d

d⋅dd t=

d

d⋅

Co que a ecuación diferencial do movemento quedará:

¨g7R⋅sen=0 ⇒

d

d⋅=

g7R⋅sen ⇒ ⋅d =

g7R⋅sen⋅d

Integrando:

˙2

2=

g7R⋅cosConstante

Despexando a primeira derivada do parámetro: = 2g7R⋅cosConstante

Polo que, como a velocidade angular do disco intermedio está dada pola ecuación 13.12:

B=2⋅ , esta quedará:

B=2⋅ 2g7R⋅cosConstante

e como na posición inicial, na que ϕϕϕϕ = 0, se sabe que a velocidade angular era nula, se pode determinar aconstante de integración:

0=8g7R⋅cos0Constante ⇒ Constante=

8g7R


Quedando polo tanto a ecuación da velocidade:

B= 8g7R⋅1cosNa posición pedida na que ϕϕϕϕ = 90º, a velocidade angular será :

B= 8g7R⋅1cos 90º= 8g7R

Documents

Resolved Exams - Mechanics