Una barra homogénea delgada de masa M y longitud L puede girar libremente en torno de su eje fijo horizontal, tal como se indica en la Figura Se suelta la barra desde una posición que forma un ángulo α0 con la vertical. Hallar,
a) La
velocidad angular de la barra cuando ésta pasa por la posición más baja.
τ = - P . dp = I γ
Donde
τ = Torque (respecto del eje fijo)
P = peso de la barra = M g
dp = distancia del CM a la
vertical = L / 2 sen α
I = momento de inercia de la
barra respecto del eje = Io + M (L/2)^2
Io = momento de inercia de la
barra respecto del CM = 1/12 M L^2
γ = aceleración angular
Reemplazando
- M g L/2 sen α = (1/12 M L^2
+ 1/ 4 M L^2) γ
Despejando γ
γ = - 3/2 g sen α / L
γ = dω/dt = dω/dα dα/dt = dω/dα
ω
Reemplazando
ω dω/dα = - 3/2 g sen α /
L
Integrando
1 /2 ω^2 = - 3/2 g cos α / L
+ C
Condiciones iniciales ωo = 0 y
α = αo
0 = - 3 g cos αo / L + C à C = 3 g cos αo / L
Reemplazando
ω^2 = 3 g / L (cos α - cos
αo)
En α = 0° (posición más baja)
ω = [3 g / L (1 - cos αo)]^(1/2)
b) La
fuerza que ejerce el eje fijo sobre la barra cuando ésta pasa por la posición
vertical.
Ecuación de
Newton
R – P = M
ac
Donde
R =
reacción del eje
P = peso =
M g
ac =
aceleración centrípeta = ω^2 L / 2
Reemplazando
R = M 3 g /
L (1 - cos αo) (L / 2) + M g = M g (5/2
– 3/2 cos αo)
c) Resuelva
nuevamente utilizando conceptos de energía el punto a).
No hay fuerzas NO
conservativas à ΔEm = 0
ΔEm = Emf – Emi
Donde
ΔEm = variación de la energía
mecánica
Emf = energía mecánica final =
Ecrf + Epf
Ecrf = energía cinética de rotación
final = 1 /2 I ω^2
Epf = energía potencial final
= 0
Emi = energía mecánica inicial
= Ecri + Epi
Ecri = energía cinética de rotación
inicial = 0 (ωo = 0)
Epi = energía potencial inicial
= M g h
h = altura inicial = L / 2 –
L / 2 cos αo
Igualando
1 /2 (1 /3 M L^2) ω^2 = M g L
/ 2 (1 – cos αo)
Despejando ω
ω = [3 g / L (cos α - cos αo)]^(1/2)
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