ESCUELA TÉCNICA SUPERIOR DE INGENIEROS AERONÁUTICOS

APELLIDOS, NOMBRE:

n

Examen: Mecánica I (Probl. de Cinemática) Curso: 08/09

o

Fecha: 14.11.2008

Sea Oxyz un sistema de referencia ligado a un sólido S que se mueve en el seno de una referencia fija O1 x1 y1 z1 . Se pretende describir el movimiento de S manejando su campo de velocidades a través de v O —la velocidad de su origen O— y de su velocidad angular ω. Las condiciones que definen dicho movimiento son las siguientes: la aceleración de O corta en todo instante al eje O1 z1 la hodógrafa de O está contenida en un plano paralelo al O1 x1 y1 la aceleración tangencial de O es nula el vector a = i + k mantiene una dirección fija la aceleración angular de S es nula ( α = 0) en el instante inicial, (t = 0), el punto O está situado en (a, 0, 0) y su velocidad es v O 0 = aω(0, 1, 1), siendo    a y ω constantes. Además, los versores ( i, j, k) de los ejes cuerpo coinciden con los versores (t, n, b) del triedro intrínseco de la trayectoria seguida por O y la velocidad angular de S es ω0 = ω k1 Se pide: 1. Analizar razonadamente si la trayectoria de O está contenida en el cilindro r = a 2. Determinar las ecuaciones horarias del movimiento de O 3. Determinar la velocidad angular ω de S 4. Hallar el eje instantáneo de rotación y mínimo deslizamiento del movimiento de S respecto a O1 x1 y1 z1 5. Axoides, fija y móvil, del movimiento de S 6. Determinar completamente la trayectoria del punto A de coordenadas (a, 0, 0) en ejes Oxyz. Hallar su aceleración tangencial, su aceleración normal y el radio y centro de curvatura de su trayectoria NOTA: la valoración, aproximada u orientativa, de las preguntas es 1.

2.

3.

4.

5.

6.

2

2

2

1

1

2

Las respuestas se darán, forzosamente, en el dorso de esta hoja, en los espacios reservados para tal fin. Se adjuntarán hojas adicionales donde se hayan desarrollado explicaciones y/o cálculos pertinentes. Cuando se proporcionen datos vectoriales, debe especificarse la referencia que se está usando. SOLO SE CORREGIRÁN LAS PREGUNTAS QUE SE HAYAN CONTESTADO EN EL DORSO DE ESTA HOJA

1) Analizar razonadamente si la trayectoria de O está contenida en el cilindro r = a

2) Determinar las ecuaciones horarias del movimiento de O, (ξ, η, ζ)

ξ=

,

η=

,

ζ=

,

q=

,

r=

3) Velocidad angular ω = pi + q j + r k

p=

4) Hallar el eje instantáneo de rotación y mínimo deslizamiento del movimiento de S respecto a O1 x1 y1 z1 . (Se dará mediante un punto H y un vector de su dirección u). Punto H: Vector u:

5) Axoides, fija y móvil, del movimiento de S

A A 6) Trayectoria de A(xA 1 , y1 , z1 )

xA 1 =

,

y1A =

,

z1A =

Aceleración tangencial:

Radio de curvatura:

Aceleración normal:

Centro de curvatura:

J. Peláez

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Solución:

1) Analizar razonadamente si la trayectoria de O está contenida en el cilindro r = a Se irán imponiendo secuencialmente las condiciones que el enunciado indica. Sean (r, θ, z1 ) las coordenadas cilíndricas del origen O de los ejes cuerpo. Si la aceleración de O corta en todo instante al eje O1 z1 se anulará el producto mixto [ k1 , r, γ ], siendo γ : 1 d 2˙ γ = (¨ r − r θ˙2 )ur + (r θ)uθ + z¨ uz1 , r dt la aceleración del origen O. Se tiene así:   0   r [ k1 , r, γ ] = 0 ⇒   r¨ − r θ˙2 ,

0 0 1 d 2˙ (r θ), r dt

 1  z1  = 0  z¨1 

k1 ≡ uz 1

⇒

d 2˙ (r θ) = 0 dt

⇒

r2 θ˙ = c

donde c es una constante que depende de las condiciones iniciales. Nótese que en el instante inicial es r0 = a, ˙ θ0 = 0 y z10 = 0; además, ur ≡ i1 , uθ ≡ j 1 ; puesto que v O 0 = aω(0, 1, 1), por tanto será: r˙0 = 0, r0 θ0 = a ω, z˙10 = a ω. Así el valor de la constante c resulta ser: c = r02 θ˙0 = a2 ω Si la hodógrafa de O está contenida en un plano paralelo al O1 x1 y1 , ese plano será, de acuerdo con las condiciones iniciales: z˙1 = z˙10 = a√ω. Si la aceleración tangencial de O es nula entonces: 1) la velocidad de O tiene módulo constante v = v0 = 2 a ω y 2) toda su aceleración es aceleración normal: γ = γn n siendo n el vector unitario según la normal principal. Puesto que z˙1 es constante y v es constante, el ángulo que el vector velocidad forma con el eje O1 z1 es constante; en efecto, si se llama α a dicho ángulo se tendrá: √ aω z˙1 2 =√ ⇒ α = 45◦ = cos α = v 2 2aω Por otra parte, al ser z˙1 = a ω, esto es, constante, será z¨1 = 0. En consecuencia, la aceleración de O es un vector contenido en el plano O1 x1 y1 , y dado que z¨1 = 0 y r2 θ˙ = c sólo tiene componente radial: γ = γr ur . Como consecuencia se tendrá:  n = ± ur γ = γn n = γr ur ⇒ γn = ±γr Nótese que una posible solución es γn = γr = 0. En este caso, la aceleración γ = 0 es nula y la trayectoria que sigue el origen es la recta de ecuaciones: x = a,

y = a ω t,

z = aωt

El vector velocidad v sería constante: v = v 0 = a ω(0, 1, 1) y la hodógrafa se reduciría a un punto. No se considera esta solución pues nos dicen que la hodógrafa es una curva contenida en un plano paralelo al O1 x1 y1 . La otra posibilidad es que sea: n = ± ur . Se considerará el caso en que n = − ur = − cos θi1 − sin θ j 1 . En tal caso el vector unitario tangente será de la forma: √ √ b = t × n = 2 (− uθ + uz ) t = sin αuθ + cos αuz1 = 2 (uθ + uz1 ) ⇒ 1 2 2 Se puede plantear así la ecuación vectorial:

v = v0t = r˙ ur + r θ˙ uθ + z˙1 uz1

⇒

⎧ r˙ = 0 ⎪ ⎪ ⎪ √ ⎪ ⎪ ⎨ 2 ˙ r θ = v0 = aω 2 ⎪ √ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ z˙1 = v0 2 = a ω 2

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que permite hacer una integración trivial para dar: r = a,

θ = ω t,

z1 = a ω t

una vez que se han impuesto las condiciones iniciales. La solución es pues una hélice que se envuelve a derechas en el cilindro circular de ecuación r = a. Si se hubiese tomado la solución n = + ur se habría obtenido la misma hélice circular pero se habría seleccionado el vector unitario n según la normal principal de una forma que no es habitual en curvas alabeadas (con el sentido opuesto al sentido del vector curvatura). No se considerará esta solución.

2) Determinar las ecuaciones horarias del movimiento de O Las ecuaciones horarias son triviales y se deducen como un simple cambio de coordenadas cilíndricas a coordenadas cartesianas (ξ, η, ζ) = (r cos θ, r sin θ, z1 ) = (a cos ω t, a sin ω t, a ω t)

3) Determinar la velocidad angular ω de S El vector a = i + k es un vector constante del sólido S (sólido 0); si el enunciado dice que mantiene una dirección fija debe ser una dirección fija en los ejes fijos O1 x1 y1 z1 (sólido 1) pues en el sólido S es evidente que es un vector fijo. Por tanto, aplicando el teorema de Coriolis, se tendrá: 0 0       da  da   =  + ω × a = 0 dt  dt  (1)

⇒

ω × a = 0

⇒

ω = λ(t) a

(0)

Si la aceleración angular de S es nula se tendrá: α =

d ω = 0 dt

0  7 a ˙ a + λ d  = 0 λ ⇒ dt  Como en el instante inicial el valor de ω es conocido:

λ˙ = 0

En consecuencia será:

ω 0 = ω k1 = λa(0)

⇒

√ 2 , λ=ω 2

⇒

λ = cte

a(0) = k1

√ 2

En resumen, el vector velocidad angular resulta ser constante y su valor es: √ √ 2 ω = ω k1 = ω a a(t) = k1 2 ⇒ 2

4) Hallar el eje instantáneo de rotación y mínimo deslizamiento del movimiento de S respecto a O1 x1 y1 z1 El punto H será del eje instantáneo si verifica la relación:    i1 j k1  O 1    = ω × v = 1 a ω 2  OH 0 0 1  = −a(cos ω ti1 + sin ω tj 1 )  2 2 ω ω − sin ω t cos ω t 1  Nótese que el punto H está sobre el eje O1 z1 pues:  = a(cos ω ti1 + sin ω tj 1 + ω t k1 ) − a(cos ω ti1 + sin ω tj 1 ) = a ω t k1 O1 H = O1 O + OH Así pues, y dado que ω = ω k1 , el eje instantáneo de rotación coincide con el eje O1 z1 .

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5) Axoides, fija y móvil, del movimiento de S El eje instantáneo es la recta que pasa por H y lleva la dirección de ω. Visto desde el sólido fijo, el eje instantáneo coincide con el eje O1 z1 y la axoide fija degenera en una recta, el propio eje O1 z1 . Aunque el problema no lo pide, se va a determinar la evolución temporal de los versores (i, j, k) de los ejes cuerpo. Para ello se plantean las ecuaciones: √ √ 2 2 di   a × i = ω = ω × i = ω j (1) dt 2 2 √ √ dj 2 2   a × j = ω = ω × j = ω ( k − i) (2) dt 2 2 √ √ d k 2 2 a × k = −ω = ω × k = ω j (3) dt 2 2 Si se deriva respecto del tiempo la ecuación (2) y se tienen en cuenta las ecuaciones (1-3) se obtiene: d2 j + ω 2 j = 0 dt2 ecuación que se integra de inmediato para dar: j = A  cos ω t + B  sin ω t

(4)

 y B  son constantes de integración (vectoriales) que dependen de las condiciones iniciales (en breve se donde A determinarán). √ La ecuación (2) y la relación a = 2 k1 proporcionan las relaciones: √ k − i = 2(− A  sin ω t + B  cos ω t) (5) √ k + i = 2 k1 (6) que, sumado y restando adecuadamente, permiten obtener √ i = 2 (+ A  sin ω t − √2 k = 2 (− A  sin ω t + 2

los valores de i y k; resultan ser:  cos ω t + k1 ) B

(7)

 cos ω t + k1 ) B

(8)

Nótese que en el instante inicial los versores (i, j, k) coinciden con los versores (t, n, b) del triedro intrínseco. Estos últimos resultan ser: √ √ b(0) = 2 (− j + k1 ) t(0) = 2 (j 1 + k1 ), n(0) = −i1 , 1 2 2 por tanto se deben verificar las ecuaciones: ⎫ √ √ 2  2  ⎪   ⎪ (− B + k1 ) = ( j 1 + k1 ) ⎪ ⎪ ⎪ 2 2 ⎬   − i1 = A ⎪ √ √ ⎪ ⎪ ⎪ 2  2 ⎪    ( B + k1 ) = (− j 1 + k1 )⎭ 2 2 Se obtiene así la solución:

⇒

 = −i1 , A

√ i = 2 (− sin ω ti1 + cos ω tj + k1 ) 1 2 j = − cos ω ti1 − sin ω tj 1 √ k = 2 (sin ω ti1 − cos ω tj + k1 ) 1 2

 = − j B 1

(9) (10) (11)

Como el lector puede comprobar, los versores (i, j, k) coinciden, en todo instante, con los versores del triedro intrínseco (t, n, b) de la trayectoria recorrida por O.

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6) Determinar completamente la trayectoria del punto A de coordenadas (a, 0, 0) en ejes Oxyz. Hallar su aceleración tangencial, su aceleración normal y el radio y centro de curvatura de su trayectoria En los ejes fijos O1 x1 y1 z1 , el vector posición del punto A resulta ser: √ 2 A      x = O1 O + a i = a(cos ω t i1 + sin ω t j 1 + ω t k1 ) + a (− sin ω ti1 + cos ω tj 1 + k1 ) 2 Las ecuaciones horarias resultan ser: √ 2 sin ω t) = a(cos ω t − √2 2 y1A = a(sin ω t + cos ω t) 2 √ 2 z1A = a(ω t + ) 2

xA 1

y a partir de ellas se pueden obtener los resultados que se piden (demuestre el lector que es una hélice circular). Resulta más sencillo, no obstante, trabajar como sigue: √ √ 2 2   A O   v = v + a ω × i = v0 i + aω j = aω (2 i + j) 2 2 √ 10 A La velocidad de A es, por tanto, un vector de módulo constante v = aω . El vector tangente unitario de 2 √ A 5   (2 i + j). la trayectoria descrita por A será t = 5 La aceleración de A será: √ 1 2 di dj γ A = aω (2 + ) = aω 2 (−i + 2 j + k) 2 dt dt 2 donde se han tenido en cuenta las relaciones (1-3). Su aceleración tangencia resulta ser: A

γtA = γ A · t = 0

√ 10 resultado que se deduce trivialmente del hecho de ser v A un vector de módulo constante v A = aω . Luego 2 la aceleración de A es toda ella aceleración normal. Además se deduce que el vector normal unitario de la trayectoria de A es: 1 nA = √ (−i + 2 j + k) 6 Así pues, se tendrá:

√ 6 2 a ω = (v A )2 κ 2 siendo κ la curvatura de la trayectoria de A. Despejando se obtiene: √ √ 1 5 6 61 γA ⇒ ρ= = a κ= A 2 = (v ) 10 a κ 3 γ A = |γ A | =

siendo ρ el radio de curvatura de la trayectoria de A (resulta ser constante). El centro de curvatura de la trayectoria de A será el punto C dado por:  = ρ nA = 5 a (−i + 2 j + k) AC 3