Anónimo
Anónimo preguntado en Ciencias y matemáticasFísica · hace 1 década

¿me ayudas con estos problemas de dinamica de cuerpo rigido?

Aca les paso el link con los dos problemas, lo pongo así para que vean las imágenes.

Estoy muy perdido, así que les pido todas las aclaraciones posibles en cuanto al uso de fómulas y relaciones entre velocidades linales y angulares, y también con las aceleraciones lineales y angulares.

Desde ya muchas gracias!!!!

http://3807407460468663105-a-1802744773732722657-s...

Actualización:

Gracias por la respuesta bo finn, en verdad me ayudo tambien a poder resolver otros ejercicios que me resultaban complicados. Extendi el tiempo de resolucion para saber como se hace el otro ejercicios que me resulta imposible. Desde ya muchas gracias!

3 respuestas

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  • hace 1 década
    Respuesta preferida

    Dado que Bo Finn ya te hizo el segundo, te paso cómo haría el primero. No tengo una solución muy elegante porque para ello necesitaría un tiempo que no tuve este fin de semana complicado, a pesar de que te había dicho que me resultaría más fácil en fin de semana.

    Deliberadamente, si bien insisto mucho a la gente de no olvidar poner unidades, dejaré expresado algunos números, aclarando que siendo MKS las medidas son en metros y donde aplique tiempos será en segundos.

    Para α=30º se tiene:

    y(A) = cos α = 0.86603 m

    x(A) = 0

    x(B) = sen α = 0.5 m

    y(B) = 0

    Notá que para todo α se cumplirá:

    A(0; cos α); B(sen α;0) expresado en metros

    y obviamente debido a la rigidez de la escalera:

    L = x²(B) + y²(A) = constante = 1m

    Velocidades del CM (centro de masa) y B

    - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

    Sabemos que:

    L = x²(B) + y²(A)

    como mostramos más arriba, y que tanto x(B) e y(A) son funciones del tiempo t.

    Tanto A como B se desplazan exclusivamente a lo largo de sus respectivos ejes, dado que la escalera resbala sin rozamiento (no se aclara y por ello lo tomo así, pero NO es una restricción necesaria con los datos del problema y lo que pide, ya que sólo se requieren velocidades instantáneas para el mismo tiempo to (t_cero) y trayectorias, y no una función de velocidad en el tiempo.

    Es decir que:

    x(B) = x(B;t)

    y(A) = y(A;t)

    derivando la expresión respecto de t:

    d(1)/dt = 0 = 2x(B) dx(B)/dt + 2y(A) dy(A)/dt

    Dejamos a propósito A y B entre paréntesis para recordar que no se traya de (x;y) pertenciente a un mismo punto P, sino x de un punto B e y de un punto A. Dividiendo miembro a miembro por 2 no cambia la igualdad:

    0 = x(B) v(B) + y(A) v(A)

    siendo además, obviamente, las velocidades:

    dy(A)/dt = v(A) ===> (dato)

    dx(B)/dt = v(B) ===> (incógnita del problema)

    v(B) = - [ y(A) / x(B) ] v(A)

    *******************************

    que nos da la velocidad instantánea del punto B en el instante pedido (o sea para la posición descripta, que consideramos para dicho instante).

    v(A) = -2m/s

    porque es contraria a y creciente, quedando:

    v(B) = - (0.86603 / 0.5) (-2) m/s = 3.464 m/s

    ************************************ *************

    Centro de masa: CM es el punto medio entre A y B considerando la escalera simétrica (podríamos considerarla homogénea si no es signficativa la masa de los escalones en relación a los parantes, el resultado del análisis es el mismo).

    Llamando C para abreviarlo al nombre del CM se tiene:

    x(C) = x(B) / 2 = 0.25 m

    y(C) = y(A) / 2 = 0.433013 m

    lo cual se deduce de la misma figura del problema (aunque no a escala el ángulo α) donde se ve que el punto medio entre Ay B tendría respectivamente como coordenadas la semi-abscisa de B y la semi-ordenada de A.

    Para el instante to = 0 que es el de análisis sabemos que:

    v(A) = vy(A) = -2m/s => dato

    vy(B) = 0 => porque B se desplaza exclusivamenrte en forma horizontal.

    Por la rigidez de AB todo punto intermedio entre A y B tiene una velocidad proporcional, entonces:

    vy(C) = -2m/s / 2 = -1m/s

    De la misma forma:

    vx(C) = v(B) / 2 = 1.732 m/s

    Entonces:

    v(C) = (1.732 i - j) m/s

    **************************

    y en módulo:

    v²(C) = 1.732² + 1² = 4 m²/s²

    v(C) = 2 m/s²

    ***************

    con ángulo:

    θ = arc tg (-1)/1.732 = -30º respecto de la horizontal

    ************************ ******************** ***************

    Notar que esta dirección es ortogonal con la de la recta imaginaria que pasa por el origen O (el vértice formado por la pared y el piso) y el CM, ya que la pendiente de la misma será:

    tg φ = y(C) / x(C) = +0.433013/0.25 = 1.732051

    o sea:

    φ = +60º respecto de la horizontal

    Para completar el punto(a) solicitado nos falta el centro instantáneo de rotación. El mismo se determina trazando las perpendiculares a las velocidades vectoriales. Donde éstas se cortan ese es el centro instantáneo de rotación.

    Directamente:

    La perpendicular a v(A) es una horizontal;

    la perpendicular a v(B) es una vertical.

    Ambas se cortan en R (para abreviar CR, centro instantáneo de rotación) de coordenadas:

    x(R) = x(B) = x(B;0) = 0.5 m

    y(R) = y(A) = y(A;0) = 0.86603 m

    Posición del CR => R(0.5;0.86603) (en metros)

    ********************* ********************************

    b) las trayectorias de CM y CR son ambas circulares, es decir, son cuartos de circunferencias con centro en el origen O y radios:

    ***************************

    > para CM => r = 0.5 m

    > para CR => r = 1 m

    *****************************

    Para demostrarlo hay que acudir a un gráfico o esquema y te podés ayudar con una tabla. Veamos la parte analítica:

    Cuando α=0º, como este ángulo tiene vértice en el extremo A la escalera está vertical. Como L = cte se tiene:

    y(A;t1;α=0) = L = 1m

    y(B;t1;α=0) = 0 m

    donde no nos interesa cuál es el tiempo t1, suponiendo que viniese cayendo, anterior a to, pero lo dejo expresado así, para hacer notar que estamos introduciendo otra variable que antes habíamos considerado constante que es α (en todo el punto (a) era α=30º por enunciado del problema), entonces sabemos que el cero es por α y no por t.

    y(C;t1;0º) = 0.5m

    r(C) = radio desde O hasta C = 0.5 m

    En el otro extremo temporal, cuando la escalera termina de caer, llamándolo t2 (cuyo valor no nos interesa), y posición dada por α=90º:

    x(A;t2;90º) = 0

    y(A;t2;90º) = 0

    x(B;t2;90º) = 1m

    y(B;t2;90º) = 0

    x(C;t2;90º) = 0.5 m

    y(C;t2;90º) = 0

    r(C) = radio desde O hasta C = 0.5 m

    Hemos visto con α = 30º que:

    x(C;to;30º) = 0.25 m

    y(C;to;30º) = 0.433013 m

    r(C) = √( 0.25²+0.433013² ) = 0.5 m

    En general para un α genérico, tal que 0<α<90º, a su vez correspondiente a un tiempo t asociado pero que no nos piden determinar, se tiene:

    x(C;t;α) = ½ (sen α) L = ½ sen α, expresado en metros;

    y(C;t;α) = ½ (cos α) L = ½ cos α, expresado en metros.

    y se cumple:

    r²(C) = (½)² sen²α + (½)² cos²α = (½)² (sen²α + cos²α) = (½)²

    r(C) = ½ m

    *************

    para todo valor de α => trayectoria circular, igual a uncuarto de circunferencia porque sólo abarca un cuadrante.

    Para cada uno de estos casos es posible (y largo escribirlo) demostrar trazando las perpendiculares a las velocidades que dichas perpendiculares se intersectan sobre una circunferencia (un cuarto de ella or abarcar el primer cuadrante solamente) de radio unitario en metros.

    A modo de ejemplo:

    Para α=0º la perpendicular a A con la perpendicular a B, que es el eje y, se cortan en

    R(x;y) = R(0;1) => r(R) = 1m

    Para α=90º la perpendicular a A es el eje x y la perpendicular a B la corta sobre el mismo eje x en B mismo:

    R(x;y) = R(1;0) => r(R) = 1m

    Para α=30º habíamos obtenido: R(x;y) = R(0.5;0.86603)

    y en forma general:

    R(x;y) = (sen α; cos α) expresado en metros

    => r(R) = sen²α+cos²α = 1 m

    para todo valor posible de α.

    Confío en lo que haya hecho Bo Finn para el otro problema y además no me daría el tiempo desarrollarlo por mi cuenta con mi forma de hacerlo.

    Saludos.

  • Anónimo
    hace 1 década

    http://3807407460468663105-a-1802744773732722657-s...

    Empecé por el segundo que me pareció más interesante, pero no me fijé en lo kilométrico que era. Estos problemas son verdaderamente maratonianos. Así que, un tanto agotado, lo dejo ya aquí. Destacaré tu pregunta para ver si alguno de los excelentes usuarios habituales de la categoría de ciencias se anima con el otro problema (o a rectificarme algún posible error en este).

    a)

    Las fuerzas que actúan sobre el cuerpo.

    - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

    En el eje horizontal:

    * La fuerza F, en el sentido del movimiento y aplicada tal como se muestra en la figura, a una distancia “d” por encima del CM del cilindro (a los efectos, nos es indiferente que se trate de un cilindro o de un disco)

    * La fuerza de rozamiento estático Fr, en principio con sentido contrario al movimiento (ya veremos más adelante)

    En el eje vertical:

    * El peso del cilindro Mg sentido hacia abajo

    * La Normal N, misma magnitud que la anterior, sentido hacia arriba

    Las ecuaciones del movimiento.

    - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

    2º ley de Newton para la traslación:

    F – Fr = M a ...................................................... [1]

    Nota.- Mientras no haya indicación expresa, todas las magnitudes longitudinales (a, v, x) estarán referidas al CM.

    2º ley de Newton para la rotación:

    F d + Fr R = I α

    El momento de inercia de un cilindro (o un disco) respecto a su eje de simetría es I = ½ M R²

    Y la condición de rodadura pura es que, en cada momento, el punto de contacto P con la superficie tenga velocidad lineal instantánea cero vp = 0. La velocidad de ese punto del disco será igual a la velocidad lineal del centro de masas en el sentido del movimiento menos la velocidad tangencial propia de estar en el extremo del disco (que tiene sentido contrario a la del centro de masas).

    vp = v – ω R (cuando vp = 0 => v = ω R condición de rodamiento puro)

    y la relación entre aceleración angular y lineal para la rodadura pura es:

    α = a/R

    Entonces, podemos reescribir esta segunda ecuación como:

    F d + Fr R = ½ M R² a/R = ½ M R a ........... [2]

    b)

    Resolvemos el sistema de ecuaciones [1] y [2]:

    Por ejemplo, remplazando el valor de “M a” de la primera en la segunda:

    F d + Fr R = ½ R (F – Fr)

    Operando:

    Fr = ⅓ F (1 – 2 d/R)

    Vemos que la fuerza de rozamiento estático Fr es igual a la fuerza aplicada F afectada por un coeficiente (o parámetro) que básicamente consiste en la razón de “d” y “R”.

    ********** MODIFICADO ************

    ¿Qué sentido tiene esta fuerza de rozamiento?. Pues, aunque inicialmente la pintamos oponiéndose al movimiento, vemos ahora que en realidad su sentido depende de la distancia del punto de aplicación de la fuerza F al CM, es decir, si d < R/2 su sentido es como la pintamos inicialmente, pero si d > R/2 su sentido es el mismo que el del movimiento.

    ************** ****************

    c)

    Bueno, ya en el apartado anterior habíamos indicado su sentido (sólo habría que dibujarlas).

    ¿Qué sucede si d = R/2?

    Remplazando ese valor de “d” en la expresión de la fuerza de rozamiento vemos que en ese caso particular la fuerza de rozamiento se anula:

    Fr = ⅓ F (1 – 2 d/R) = ⅓ F (1 – 2 (R/2)/R) = ⅓ F (1 – 1) = 0

    d)

    El valor límite de la fuerza de rozamiento estática es:

    Frmax = µe N = µe M g

    Si se supera ese valor ya no actuará la fuerza de rozamiento estático. Luego:

    µe M g ≥ ⅓ F (1 – 2 d/R)

    F ≤ µe 3 M g / (1 – 2 d/R)

    e)

    Antes, en el punto b, resolvimos el sistema de ecuaciones [1] y [2] eliminando la aceleración “a”. Ahora nos interesa la expresión de “a”, por lo que o bien volvemos a resolver el sistema para hallar “a”, o simplemente sustituimos la expresión de Fr que ya conocemos en la ecuación [1]:

    F – [⅓ F (1 – 2 d/R)] = M a

    Operando:

    a = ⅔ F/M (1 + d/R)

    ¿Es constante en el movimiento? Sí, vemos que depende de magnitudes constantes.

    ¿De qué parámetros depende? Pues de la fuerza aplicada F, de la masa del cilindro y de la razón de “d” y “R”.

    ¿Para que distancia de “d” la aceleración es nula? Pues para que a = 0

    0 = ⅔ F/M (1 + d/R) => d = –R

    ¿Qué implica esto? Qué cuando la fuerza se aplica en –R, es decir, en el punto de contacto del cilindro con la superficie, y se hace con una fuerza inferior a la fuerza de rozamiento estática, el cilindro no se mueve. Ni se traslada, ni rota. Permanece en reposo. La fuerza aplicada es contrarrestada por la de rozamiento estática y no se genera momento puesto que el punto de aplicación es el mismo que el de rotación instantánea.

    f)

    v(t) = a t = ⅔ F/M (1 + d/R) t

    v(x) = √(2 a x) = √[2 ⅔ F/M (1 + d/R) x]

    g)

    Efectivamente, el trabajo de la fuerza F no es igual a “F x”, porque la fuerza F no está alineada con el centro de masas del disco, y no sólo se emplea en producir trabajo, sino que también provoca un momento con recorrido angular. Por tanto, el balance debe ser:

    W = F x – M θ = F x – F d θ = F (x – d θ)

    Observa que el trabajo es el producto de la Fuerza por una distancia que es la diferencia entre el recorrido lineal del cilindro y el recorrido lineal de la circunferencia marcada por el punto donde se aplica la fuerza, ya que d θ = la distancia lineal recorrida por la circunferencia de radio “d”.

    h) Francamente este punto es bastante repetitivo. Es volver a resolver todo lo anterior partiendo ahora de las siguientes ecuaciones de movimiento:

    F cos α – Fr = M a ..................... [1]

    F cos α d + Fr R = I α ................. [2]

    y tener en cuenta también que en el punto d ahora es:

    Frmax = µe N = µe (M g – F sen α)

    i) Habría que graficar las velocidades. Así, a groso modo, las velocidades se irían incrementando desde un valor cero en el punto de contacto hasta el valor máximo en el punto más alto

    De todas formas, si quieres profundizar sobre el tema, te recomiendo esta excelente página que yo también he consultado:

    http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica/solido/roz_rodad...

    Un saludo.

    ______________________ ______________________

    Ojo!!! He modificado la parte final del apartado b, donde había cometido un error al evaluar los valores de "d" que hacen positiva o negativa a Fr = ⅓ F (1 – 2 d/R)

  • dumal
    Lv 4
    hace 4 años

    Esto es como l. a. suma vectorial de las masas con respecto al eje de coordenadas; (x,y,z) donde las masas 3están en el plano xy: (-5,4)+(3,4)+(-5,0) = (-7,8); el modulo es (7²+8²)^½= 113^½ el argumento ar tg de 8/-7 = -40 8.8141º luego momento de inercia es: Mi= 5* 113(0.658504-i0.752577), vectorial. Mi absoluto = 113*5= 565

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