Trabajo realizado por restricciones sobre cuerpos rígidos giratorios

Question

Trabajo realizado por restricciones sobre cuerpos rígidos giratorios

Trabajo
Física
mecanica-newtoniana
dinámica de cuerpo rígido
dinámica-rotacional
dinámica restringida

JAustin

Estoy tratando de entender por qué las fuerzas de restricción no funcionan en cuerpos giratorios extendidos. Por ejemplo, considere el problema de una barra rígida que cae sobre una superficie sin fricción (K&K 7.17)

No hay fuerzas horizontales, por lo que el teorema del trabajo y la energía dice que

Δ k = \int_{y_{0}}^{y_{1}} F \cdot d R + \int_{θ_{0}}^{θ_{1}} τ \cdot d θ

$\Delta K=\int_{y_0}^{y_1}\mathbf{F}\cdot dR+\int_{\theta_0}^{\theta_1}\tau\cdot d\theta$

Ahora, en cuerpos que no giran, es obvio que la fuerza normal no realiza trabajo, pero claramente aquí la fuerza normal aplica una fuerza hacia arriba mientras que el centro de masa se mueve en la misma dirección, realizando trabajo negativo. Al mismo tiempo, el punto de contacto ejerce un par sobre la barra, aumentando la energía cinética angular. Parece probable que estas dos contribuciones se cancelen entre sí, pero no sé cómo probar o incluso intuir que esto es cierto como regla general. ¿Por qué se nos permite asumir que tal fuerza es conservativa?

usuario97261

Solo una sugerencia: piense en el equilibrio estático, una condición que se cumple si el par neto en un objeto es cero. Aplique un torque y se volverá giratorio. Los cuerpos giratorios pueden verse restringidos por fuerzas, por ejemplo, al atrapar una pelota de cricket. Las leyes de Newton todavía se aplican. Es solo que nuestras manos proporcionan una barrera no conservadora. Una fuerza es conservativa si su integral de contorno es igual a cero. Es decir, no hay un gasto neto de energía a lo largo de su camino.

Respuestas (2)

Trabajo realizado por restricciones sobre cuerpos rígidos giratorios

Solo una sugerencia: piense en el equilibrio estático, una condición que se cumple si el par neto en un objeto es cero. Aplique un torque y se volverá giratorio. Los cuerpos giratorios pueden verse restringidos por fuerzas, por ejemplo, al atrapar una pelota de cricket. Las leyes de Newton todavía se aplican. Es solo que nuestras manos proporcionan una barrera no conservadora. Una fuerza es conservativa si su integral de contorno es igual a cero. Es decir, no hay un gasto neto de energía a lo largo de su camino.

Gert · Answer 1

Creo que estás "sobrepensando" un poco.

Tu fórmula para $\Delta K$ cuenta el trabajo dos veces .

Como el CoG del objeto ha sido reducido por $\frac{\ell}{2}$ , la reducción de la energía potencial es simplemente:

W = Δ k = Δ tu = metro gramo \frac{ℓ}{2}

$W=\Delta K=\Delta U=mg\frac{\ell}{2}$

También podemos calcularlo por el trabajo realizado por el par:

W = \int_{pag a t h} τ d θ

$W=\int_{path}\tau \mathrm{d}\theta$

W = \int_{0}^{π / 2} metro gramo \frac{ℓ}{2} pecado θ d θ

$W=\int_0^{\pi/2}mg\frac{\ell}{2}\sin\theta \mathrm{d}\theta$

W = metro gramo \frac{ℓ}{2} [- porque θ]_{0}^{π / 2} = metro gramo \frac{ℓ}{2} (0 - (- 1))

$W=mg\frac{\ell}{2}\Big[-\cos\theta\Big]_0^{\pi/2}=mg\frac{\ell}{2}(0-(-1))$

W = metro gramo \frac{ℓ}{2}

$W=mg\frac{\ell}{2}$

Estas son formas equivalentes de calcular $W=\Delta K=\Delta U$ . Si el objeto estuviera tanto en caída libre como rotando , tendríamos que agregar estas energías, pero aquí el objeto solo rota, no se traslada también.

La fuerza normal (en la mano derecha 'punto de reposo') como tal no realiza trabajo porque el punto no se mueve en la dirección de la fuerza.

Sin embargo, ¿no es cero el trabajo externo total, dado que $\int F \cdot d R = - metro gramo \frac{yo}{2}$ $\int\mathbf{F}\cdot dR=-mg\frac{l}{2}$ y $\int τ \cdot d θ = metro gramo \frac{yo}{2}$ $\int\mathbf{\tau}\cdot d\theta = mg\frac{l}{2}$ como mostraste? Entonces $\Delta K_l+\Delta K_r=0$ , y el único trabajo realizado es por gravedad, como se desea? Me preguntaba si había alguna forma de demostrar que esto se cumple en general (por ejemplo, si tienes una barra que se desliza por una pared).
Todavía estás partiendo de la suposición equivocada de que las dos obras tienen que sumarse. También, $\int\mathbf{F}\cdot dR=-mg\frac{l}{2}$ en realidad está mal. Empiece por la definición de trabajo: $\mathrm{d}W=\vec{F}.\mathrm{d}\vec{R}$ . Como el vector fuerza y el vector desplazamiento apuntan en la misma dirección : $\mathrm{d}W>0$ y asi tambien $W>0$ !!
El vector fuerza es positivo $\hat{j}$ dirección, y el desplazamiento del centro de masa es negativo $\hat{j}$ dirección, ¿no?
No. El vector de peso apunta hacia abajo y el objeto también se mueve hacia abajo: ¡el trabajo realizado por la fuerza es positivo ! Míralo desde un punto de vista energético: cuando estaba cayendo, ¿no $K$ ¿aumentar? Sí, claro: $W=\Delta K$ .
¿No estamos hablando del trabajo realizado por la fuerza normal sobre el cuerpo? Claramente, la gravedad está haciendo un trabajo positivo, pero la pregunta era si la fuerza normal haría algún trabajo neto, lo cual no hace (según mi primer comentario).
¿Y puedes explicar por qué las dos obras no son aditivas? $\mathbf{F}=m\mathbf{a}$ y $\tau=\mathbf{r}\times\mathbf{F}$ , y estos se pueden resolver de forma independiente como ODE autónomos para energía, produciendo $\frac{1}{2} metro v^{2} = \int F \cdot d R y \frac{1}{2} I ω^{2} = \int τ \cdot d θ$ $\frac{1}{2}mv^2=\int\mathbf{F}\cdot dR~~\text{and}~~\frac{1}{2}I\omega^2=\int\tau\cdot d\theta$ dónde $dR$ representa el desplazamiento del centro de masa. Cada uno de estos es una forma de energía y aditivo. Sin embargo, la primera integral es negativa y la segunda positiva, por lo que el trabajo total realizado por la fuerza normal es cero (como se desea). La gravedad todavía funciona, por supuesto, como dijiste.
Jacob, con el debido respeto, pero estás pensando demasiado en esto y te estás confundiendo en el proceso. SOLO se realiza un trabajo y se puede calcular de dos formas separadas pero equivalentes, como se muestra en mi respuesta. Sí, la FUERZA normal no hace ningún trabajo pero sí el par que genera. Se puede utilizar para calcular $W$ o simplemente puedes calcular $\Delta U$ . No puedes contabilizarlos DOS VECES. Consejo amistoso: toma un descanso de esto y vuelve mañana, creo que lo verás más claro entonces. Buenas noches.

Pirx · Answer 2

Pirx

No estoy muy seguro de a qué te refieres con tu pregunta. Podemos demostrar estrictamente que el trabajo realizado por las fuerzas de restricción se desvanece solo para el caso de partículas (sistemas puntuales), en cuyo caso la conclusión es casi trivial: estas fuerzas eliminan el movimiento en la dirección de la restricción, por lo que no pueden realizar trabajo en el sistema. Para sistemas extendidos, por otro lado, no siempre es cierto que las fuerzas de restricción no realicen ningún trabajo. Enlaces de Wikipedia a Mecánica clásica de Goldstein , 3.ª edición, página 16, para ver un ejemplo.

JAustin

La pregunta era un poco ambigua y demasiado general. Supongo que estoy preguntando como una cuestión práctica por qué estamos justificando la resolución de un problema como este utilizando métodos de energía (es decir,

m g y_{0} = \frac{1}{2} m v^{2} + \frac{1}{2} I ω^{2}

$mgy_0=\frac{1}{2}mv^2+\frac{1}{2}I\omega^2$ ). K&K simplemente dice "porque no hay fuerzas disipativas", pero si bien es completamente razonable, no está claro por qué la fuerza normal no funcionaría.

Pirx

Ahh, esa es una pregunta muy diferente. En este caso, lo que realmente está preguntando es si se realiza trabajo en el sistema que no resulta en un aumento (o disminución) correspondiente de la energía del sistema. En un sistema puramente mecánico, la única forma en que esto podría suceder es a través de la fricción o disipación interna de energía en un objeto que se deforma. Como no tiene ninguno de los dos, se mantiene el principio de conservación de la energía mecánica que cita. Entonces, la fuerza normal en este caso puede o no hacer trabajo, pero de cualquier manera este trabajo debe resultar en un cambio en la energía de la barra.

JAustin

Todavía hay algo muy fundamental que no estoy entendiendo. La fuerza normal es externa al sistema, por lo que puede aumentar fácilmente la energía cinética del sistema si realiza trabajo. Para las partículas, es obvio que las fuerzas de restricción no disipativas no realizan trabajo, pero aquí el centro de masa está desplazado en la dirección de la fuerza, por lo que no estoy seguro de por qué no se realiza ningún trabajo. ¡Gracias por tu ayuda!

JAustin

En este caso, por ejemplo, el trabajo 'lineal' es

- m g l / 2

$-mgl/2$ , y el trabajo de rotación es

m g l / 2

$mgl/2$ , por lo que el suelo no realiza ningún trabajo externo. Pero, ¿cómo podemos demostrar que este es siempre el caso, si es que lo es?

Pirx

Como dije, hay casos en los que el trabajo se realiza mediante fuerzas de restricción, consulte la referencia de Goldstein. Además, la declaración que cita de K&K no hace tal afirmación. Todo lo que dice es que puede usar el principio de conservación de energía citado si no hay fuerzas disipativas.

Trabajo realizado por restricciones sobre cuerpos rígidos giratorios

JAustin

usuario97261

Respuestas (2)

Gert

JAustin

Gert

JAustin

Gert

JAustin

JAustin

Gert

Pirx

JAustin

Pirx

JAustin

JAustin

Pirx

¿Cómo trato el Lagrangiano en el caso de un cuerpo rígido?

Aclaración sobre los ejes principales en el movimiento de un cuerpo rígido

¿Se necesita energía para mover algo en un círculo?

¿Qué es más rápido? ¿Rodar puro o rodar con deslizamiento?

¿Por qué cualquier movimiento general de un cuerpo rígido puede representarse como traslación + rotación alrededor del centro de masa?

¿Por qué el teorema del eje perpendicular es aplicable solo para objetos laminares (2-D)?

Segunda ley de newton para rotacion

¿Por qué una fuerza no realiza ningún trabajo si es perpendicular al movimiento?

¿Cuál es el problema de tener un tensor de inercia que no satisface la desigualdad del triángulo?

Tensión en un objeto giratorio.