Problemas de Cinem´atica del Cuerpo R´ıgido. Jos´e Mar´ıa Rico Mart´ınez Departamento de Ingenier´ıa Mec´anica Divisi´on de Ingenier´ıas, Campus Irapuato-Salamanca Universidad de Guanajuato. Salamanca, Gto. 36730, M´exico Email:
[email protected] April 12, 2016
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Introducci´ on.
En este apunte se presentan algunos ejemplos de problemas resueltos acerca de la cinem´ atica de cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento plano general, o a algunos de sus casos particulares. Para facilitar el empleo de estas notas los problemas est´ an divididos en los siguientes t´ opicos 1. Cuerpos r´ıgidos sujetos a rotaci´on alrededor de un eje fijo. 2. An´alisis del movimiento de un cuerpo r´ gido sujetos a rotaci´on alrededor de un eje fijo como un todo. 3. Cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento plano general. 4. Centros instant´ aneos de velocidad. 5. An´alisis de movimientos en t´erminos de un par´ ametro. 6. An´alisis de movimientos con respecto a un sistema de referencia sujetos a movimiento de rotaci´on.
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Problemas de cuerpos r´ıgidos sujetos a rotaci´ on alrededor de un eje fijo.
En esta secci´on se analizar´an diferentes problemas de la cinem´ atica de cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento de rotaci´on alrededor de un eje fijo. En estos problemas, se mostrar´a como definir el vector velocidad angular y aceleraci´on angular y a determinar la velocidad y aceleraci´on de un punto que forme parte de esos cuerpos r´ıgidos. Problema 2.1 El ensamble mostrado en la figura 1 consiste de una barra recta ABC que pasa a trav´es y est´ a soldada a la placa rectangular DEF H. El ensamble rota alrededor del eje AC con una velocidad angular constante de 9 rad s . Sabiendo que el movimiento visto desde el extremo C es antihorario, determine la velocidad y aceleraci´on de la esquina F .1 Soluci´ on: Los vectores de posici´on necesarios son: ~rA/E = 100ˆj mm ~rF/E = 200kˆ mm ~rC/E = 350ˆi + 200kˆ − 100ˆj mm
1 Este problema corresponde al Problema 15-10 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics, Ninth Edition, 2009, Beer, F.P., Johnston, Jr. E. R., Mazurek, D. F., Cornwell, P. J. and Eisenberg, E. R., McGraw-Hill: New York.
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Figure 1: Gr´ afica de una barra soldada a una placa rectangular. ~rC/A u ˆ ω ~ ~rF/A Adem´ as
= ~rC/E − ~rA/E = 350ˆi − 200ˆj + 200kˆ mm 350ˆi − 200ˆj + 200kˆ mm rC/A ~ 7 4 4 = = = ˆi − ˆj + kˆ |~rC/A | 450mm 9 9 9 7ˆ 4 ˆ 4 ˆ rad = ωu ˆ= 9 i − j + k = 7ˆi − 4ˆj + 4kˆ s 9 9 9 = ~rF/E − ~rA/E = −100ˆj + 200kˆ mm
dω =0 α ~ = ~0 dt Por lo tanto, la velocidad del punto F est´ a dada por ˆi ˆj kˆ mm h i mm ˆ ~vF = ω ~ × ~rF/A = 7 = ˆi(−800 + 400) + ˆj(−1400) + k(−700) −4 4 s 0 −100 200 s ˆ m ˆ mm = (−0.4ˆi − 1.4ˆj − 0.7k) = (−400ˆi − 1400ˆj − 700k) s s α=
De manera semejante, la aceleraci´on del punto F est´ a dado por ~aF
= = =
α ~ × ~rF/A + ω ~× ω ~ × ~rF/A
ˆi =α ~ × ~rF/A + ω ~ × ~vF = 7 −0.4
ˆj −4 −1.4
kˆ 4 −0.7
n o ˆi [(−4)(−0.7) − (−1.4)(4)] + ˆj [4(−0.4) − (−0.7)(7)] + kˆ [7(−1.4) − (−0.4)(−4)] m s2 m 8.4ˆi + 3.3ˆj − 11.4kˆ 2 s
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 2.2 El bloque rectangular que se muestra gira alrededor de la diagonal OA con velocidad on es en sentido contrario al de las manecillas del reloj cuando angular constante de 6.76 rad. s. . Si la rotaci´ se observa desde A, determine velocidad y aceleraci´on del punto B en el instante indicado.2 Soluci´ on. Primeramente encontraremos un vector unitario en la direcci´on del vector ~rOA . Se tiene que ˆ ~rA/O = 5 in. ˆi + 31.2 in. ˆj + 12 in. k. 2 Este es el Problema 15.9 del libro Mec´ anica Vectorial Para Ingenieros, Din´ amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edici´ on, McGraw Hill: M´ exico D.F.
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Figure 2: Gr´ afica de un bloque rectangular sujeto a rotaci´on. Por lo tanto, u ˆOA =
~rA/O 5in. ˆi + 31.2 in.ˆj + 12 in.kˆ 60 ˆ 25 ˆ 12 ˆ √ = i+ j+ k = 2 2 2 | ~rA/O | 169 13 169 5 + 31.2 + 12
De estos resultados puede calcularse el vector velocidad angular del bloque rectangular ω ~ como rad. ω ~ =| ω ~ | u ˆOA = 1 ˆi + 6.24 ˆj + 2.4 kˆ s.
Debe notarse que esta definici´on del vector velocidad angular cumple con las caracter´ısticas indicadas en la teor´ıa de la cinem´ atica de cuerpos r´ıgidos. Adem´ as como la magnitud de la velocidad angular es constante y el cuerpo est´ a sujeto a rotaci´on alrededor de un eje fijo, el vector u ˆOA es constante y ω ~ tambi´ en es constante. De aqu´ı que α ~=
dω ~ = ~0. dt
Finalmente, determinaremos ~rOB , pues B es el punto cuya velocidad y aceleraci´on se desea conocer y O es un punto a lo largo del eje de rotaci´ on. ˆ ~rB/O = 5 in. ˆi + 15.6 in. ˆj + 0 in. k. Por lo tanto in. ~vB = ω ~ × ~rB/O = 1 ˆi + 6.24 ˆj + 2.4 kˆ × 5 in. ˆi + 15.6 in. ˆj + 0 in. kˆ = −37.44 ˆi + 12.0 ˆj − 15.6 kˆ s. De manera semejante,
rad. ~aB = α ~ × ~rB/O + ω ~× ω ~ × ~rB/O = ω ~× ω ~ × ~rB/O = −126.144 ˆi − 74.256 ˆj + 245.6256 kˆ s2 .
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 2.3 En el problema 2.2, determine la velocidad y aceleraci´on del punto B en el instante 3 on de 5.07 rad. mostrado, suponiendo que la velocidad angular es de 3.38 rad. s. y que disminuye a raz´ s2 . 3 Este es el Problema 15.10 del libro Mec´ anica Vectorial Para Ingenieros, Din´ amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edici´ on, McGraw Hill: M´ exico D.F.
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Soluci´ on: Del problema 1, se sabe que u ˆOA =
5in. ˆi + 31.2 in.ˆj + 12 in.kˆ 60 ˆ 25 ˆ 12 ˆ √ i+ j+ k = 2 2 2 169 13 169 5 + 31.2 + 12
De estos resultados puede calcularse el vector velocidad angular del bloque rectangular ω ~ como rad. ω ~ =| ω ~ | u ˆOA = 0.5 ˆi + 3.12 ˆj + 1.2 kˆ s.
Puesto que la velocidad angular est´ a disminuyendo a raz´ on de 5.07 rad. on angular est´ a dado s2 . la aceleraci´ por rad. 60 ˆ 25 ˆ 12 ˆ i+ j+ k = −0.75 ˆi − 4.68 ˆj − 1.80 kˆ α ~ =| α ~| u ˆOA = −5.07 169 13 169 s2 .
De esta manera, la velocidad del punto B, est´ a dada por
in. ~vB = ω ~ × ~rB/O = 0.5 ˆi + 3.12 ˆj + 1.2 kˆ × 5 in. ˆi + 15.6 in. ˆj + 0 in. kˆ = −18.72 ˆi + 6.0 ˆj − 7.8 kˆ s. De manera semejante, ~aB
= =
=
α ~ × ~rB/O + ω ~× ω ~ × ~rB/O −0.75 ˆi − 4.68 ˆj − 1.80 kˆ × 5 in. ˆi + 15.6 in. ˆj + 0 in. kˆ h i + 0.5 ˆi + 3.12 ˆj + 1.2 kˆ × 0.5 ˆi + 3.12 ˆj + 1.2 kˆ × 5 in. ˆi + 15.6 in. ˆj + 0 in. kˆ in. −3.456 ˆi − 27.564 ˆj + 73.1064 kˆ 2 s .
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 2.4 La varilla acodada ABCD gira con velocidad angular constante de 75 rad s alrededor de una l´ınea que une los puntos A y D. Si en el instante considerado la velocidad de la esquina C va hacia arriba, determine velocidad y aceleraci´on para la esquina B.4
Figure 3: Barra doblada sujeta a rotaci´on alrededor de un eje fijo. Solucion. Primeramente determinaremos el vector de posici´on del punto A respecto del punto D, dado por ˆ ~rA/D = −200 mm. ˆi + 120 mm. ˆj + 90 mm. k. 4 Este es el Problema 15.13 del libro Mec´ anica Vectorial Para Ingenieros, Din´ amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edici´ on, McGraw Hill: M´ exico D.F.
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De manera que un vector unitario a lo largo del eje de rotaci´on est´ a dado por u ˆDA =
~rA/D 4 12 ˆ 9 ˆ −200mm. ˆi + 120 mm.ˆj + 90 mm.kˆ q = − ˆi + j+ k = | ~rA/D | 5 25 25 2 (−200) + 1202 + 902
De estos resultados puede calcularse el vector velocidad angular del bloque rectangular ω ~ como rad. 4 12 ˆ 9 ˆ rad. rad. − ˆi + j+ k = −60 λ ˆi + 36 λ ˆj + 27 λ kˆ , ω ~ =λ |ω ~ | u ˆDA = λ 75 s. 5 25 25 s. s. Donde λ puede tener unicamente dos valores, es decir λ ∈ {1, −1} e indicar´a el sentido de la velocidad angular. Por otro lado, el vector de posici´on del punto C con respecto al punto D —hay otras muchas opciones, pero esta es la mas sencilla— est´ a dado por ˆ ~rC/D = 0 mm. ˆi + 0 mm. ˆj + 90 mm. k. Por lo tanto, la velocidad de C est´ a dada por rad. mm. ~vC = ω ~ × ~rC/D = λ −60 λ ˆi + 36 λ ˆj + 27 λ kˆ × 90 mm. kˆ = 3240 λ ˆi + 5400 λ ˆj + 0 kˆ s. s. Puesto que se sabe que la velocidad del punto C va hacia arriba, en t´erminos menos coloquiales, que la componente Y de la velocidad de C, ~vC , es positiva, resulta entonces que λ = 1. Por lo tanto, la velocidad angular de la barra doblada est´ a dada por rad. ω ~ = −60 ˆi + 36 ˆj + 27 kˆ s.
Adem´ as puesto que el vector de posici´on del punto B con respecto al punto A —hay otras muchas opciones, pero esta es la mas sencilla— est´ a dado por ˆ ~rB/A = 200 mm. ˆi + 0 mm. ˆj + 0 mm. k. La velocidad del punto B est´ a dada por rad. mm. ~vB = ω ~ × ~rB/A = −60 ˆi + 36 ˆj + 27 kˆ × 200 mm. ˆi = 5400 ˆj − 7200 kˆ s. s. Mas a´ un, puesto que la magnitud de esta velocidad angular es constante y el movimiento es de rotaci´on alrededor de un eje fijo, y por lo tanto, la direcci´on de la velocidad angular es tambi´en constante, se tiene que α ~ = ~0. Por lo tanto, la aceleraci´on del punto B est´ a dada por ~aB
= =
mm. α ~ × ~rB/A + ω ~× ω ~ × ~rB/A = ω ~× ω ~ × ~rB/A = −405000 ˆi − 432000 ˆj − 324000 kˆ s2 . m. −405 ˆi − 432 ˆj − 324 kˆ 2 s .
Con este resultado finaliza el problema.
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Problemas de an´ alisis de cuerpos r´ıgidos sujetos a rotaci´ on alrededor de un eje fijo como un todo.
En esta secci´on se presentar´an diferentes problemas de la cinem´ atica de cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento de rotaci´on alrededor de un eje fijo, analizados como un todo. En estos problemas, se usar´a de manera 5
sistem´atica la analag´ıa entre el movimiento de traslaci´ on rectil´ınea de una part´ıcula y el movimiento de un cuerpo r´ gido sujetos a rotaci´on alrededor de un eje fijo analizado como un todo. Problema 3.1 La aceleraci´on angular de un eje se define por la relaci´ on α = −0.25ω donde α se expresa en rad/s2 y ω en rad/s. Sabiendo que para t = 0 la velocidad angular del eje es 20 rad/s, determine (a) el n´ umero de revoluciones que el eje ejecutar´a antes de parar,(b) el tiempo requerido por el eje para parar, (c) el tiempo requerido para que la velocidad angular del eje se reduzca a 1% de su valor inicial.5 Soluci´ on: Por un lado, se sabe que: dω dt
α=
y
α=ω
ω dθ
(1)
Empleando la primera expresi´ on, se tiene que dω = −0.25ω dt
dω = −0.25dt ω
Z
dω =− ω
Z
0.25dt
Integrando se tiene que ω = e−0.25t+C = ec e−0.25t = C1 e−0.25t
ln |ω| = −0.25t + C
Para determinar la constante de integraci´ on, se sabe que para t = 0, ω(0) = ω0 = 20rad/s, por lo tanto ω0 = C1 e−0.25(0) = C1 e0 = C1
y
C1 = ω0
La ecuaci´ on buscada es ω(t) = ω0 e−0.25t
(2)
Ahora, es posible contestar las preguntas (b) y (c). Para el tiempo t, el eje para ω(t) = 0. Entonces 0 = ω0 e−0.25t Puesto que se sabe que e−∞ = 0 se concluye que el tiempo para el cual el eje para es t → ∞. Para el tiempo t, la velocidad angular del eje ω(t) = 0.01ω0 , por lo tanto 0.01ω0 = ω0 e−0.25t
e−0.25t = 0.01
ln |0.01| = 18.4206seg 0.25 Para las revoluciones nesesarias para que pare, es posible seguir dos posibles caminos. A partir de la ecuaci´ on (2), se tiene que Z dθ(t) ω0 −0.25t −0.25t = ω0 e θ(t) = ω0 e−0.25t dt θ(t) = − e + C2 dt −0.25 −0.25t = ln |0.01|
t=−
Para la determinaci´ on de la constante de integraci´ on C2 , se supone que se contar´an las revoluciones cuando ω(0) = ω0 , es decir θ(t) = 0 para t = 0. Por lo tanto, 0=
ω −0.25(0) e + C2 0.25
o
Por lo tanto θ(t) = Para t → ∞
lim θ(t) =
t→∞
C2 =
ω 0.25
ω [1 + e−0.25t ] 0.25
ω ω [1 + e−0.25t ] = 0.25 0.25
5 Este problema corresponde al Problema 15-9 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics, Ninth Edition, 2009, Beer, F.P., Johnston, Jr. E. R., Mazurek, D. F., Cornwell, P. J. and Eisenberg, E. R., McGraw-Hill: New York.
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Note que para que la ecuaci´ on α = −0.25ω sea dimensionalmente homogenea la constante 0.25 debe ser, adicionalmente, tener dimensiones de 1 /seg . Por lo tanto, las revoluciones nesesarias para que el eje pare es 20 rad ω s θ(∞) = = 80rad = 12.7323rad = 0.25 0.25 1s Existe otra posibilidad, de la segunda expresi´ on de la ecuaci´ on (1), se tiene que Z Z dω = −0.25ω dω = −0.25dθ ω = −0.25θ + C3 α=ω dθ Para la determinaci´ on de la constante de integraci´ on C3 se tiene que para ω = ω0 y θ = 0, por lo tanto ω0 = −0.25(0) + C3
C 3 = ω0
Se tiene que ω − ω0 = −0.25θ
Entonces, la pregunta es θ =? para cuando ω = 0 0 − ω0 = 9 − 0.25θ θ=
o
θ=−
ω0 −0.25
20 rad ω s = = 80rad = 12.7323rad 0.25 0.25 1s
. Con este resultado finaliza el problema. Problema 3.2 Cuando se pone en operaci´ on, un motor alcanza su velocidad nominal de 2400 r.p.m. en 4 segundos y, al desactivarse, tarda 40 segundos para llegar al reposo. Si el movimiento es uniformemente acelerado, determine el n´ umero de revoluciones que ejecuta el motor a) al alcanzar la velocidad nominal, b) al detenerse.6 Soluci´ on: Para la primera parte del problema, puesto que el movimiento es uniformemente acelerado, se tiene que α(t) = α, sujeto a las condiciones iniciales, para t = 0, ω(0) = 0 y θ(0) = 0. Por lo tanto, dω =α dt
o
ω(t) = α t + c1
Sustituyendo la primera condici´ on inicial, c1 = 0, por lo que ω(t) = α t Si se sabe que para t = 4 segundos, ω(4) = 2400 r.p.m. = 251.32 rad. on angular s. , se tiene que la aceleraci´ est´ a dada por rad. 251.32 rad. = 62.831 2 α= 4 s2 . s . Integrando la ecuaci´ on de la velocidad angular, se tiene que θ(t) =
1 2 α t + c2 . 2
Sustituyendo la condici´ on inicial para t = 0, θ(0) = 0, se tiene que c2 = 0 y θ(t) =
1 2 αt 2
Por lo tanto, para t = 4 s., se tiene que 1 rad. 2 θ(4) = 62.831 2 (4 s) = 502.65 rad. = 80 revoluciones. 2 s . 6 Este es el Problema 15.5 del libro Mec´ anica Vectorial Para Ingenieros, Din´ amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edici´ on, McGraw Hill: M´ exico D.F.
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Para la segunda parte del problema, tambi´en el movimiento es uniformemente acelerado, se tiene que α(t) = α, sujeto a las condiciones iniciales, para t = 0, ω(0) = 2400 r.p.m. = 251.32 rad. s. y θ(0) = 0. Por lo tanto, dω =α dt
o
ω(t) = α t + c3
Sustituyendo la primera condici´ on inicial, c3 = ω0 = 251.32 rad. s. , por lo que ω(t) = α t + ω0 . Si se sabe que para t = 40 segundos, ω(40) = 0 r.p.m. = 0 rad. on angular est´ a s. , se tiene que la aceleraci´ dada por ω0 251.32 rad. rad. α=− =− = −6.2831 2 t 40 s2 . s . Integrando la ecuaci´ on de la velocidad angular, se tiene que θ(t) =
1 2 α t + ω0 t + c 4 . 2
Sustituyendo la condici´ on inicial para t = 0, θ(0) = 0, se tiene que c4 = 0 y θ(t) =
1 2 α t + ω0 t. 2
Por lo tanto, para t = 40 s., se tiene que 1 rad. rad. 2 θ(40) = −6.2831 2 (40 s) + 251.32 (40 s.) = 5026.53 rad. = 800 revoluciones. 2 s . s. Con este resultado finaliza el problema. Problema 3.3 La placa circular de 250 mm mostrada en la figura 4 est´ a inicialmente en reposo y ). Sabiendo que T = 1.5s y que tiene una aceleraci´on angular definida por la relaci´ on α = α0 cos( πt T , determine la magnitud de la aceleraci´ o n total del punto B, cuando (a) t = 0, (b) t = 0.5, (c) α0 = 10 rad 2 s t=0.75.7
Figure 4: Placa circular rotanto alrededor de un eje fijo. 7 Este problema corresponde al Problema 15-20 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics, Ninth Edition, 2009, Beer, F.P., Johnston, Jr. E. R., Mazurek, D. F., Cornwell, P. J. and Eisenberg, E. R., McGraw-Hill: New York.
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Soluci´ on. Integrando la aceleraci´on angular, se tiene que Z Z πt πt dω = α = α0 cos( ) dω = α0 cos( ) dt T T por lo tanto ω(t) = α0
T π
Z
cos(
T α0 πt πt )dt = sin + C1 T π T
Para la condici´ on inicial, se tiene que para t = 0, ω(0) = 0. Por lo tanto, 0=
π(0) T α0 sin + C1 π T
por lo tanto C1 = 0 T α0 πt ω(t) = sin π T
α(t) = α0 cos
πt T
π0 T α0 sin =0 π T
α(0) = α0 cos
π0 = α0 T
Para t = 0, se tiene ω(0) =
~ B/O = r ˆi, donde r = 0.25m. Entonces ω Por lo tanto, se tiene suponiendo que R ~ (0) = ~0, α ~ (0) = α0 kˆ ✘0 ✘✿ ˆ × (rˆi) = α0 rˆj = (10 rad )(0.25m)ˆj ~aB (0) = α ~ ×ω ~ B/O − ✘ ω 2✘ ~rB/O = (α0 k) s2 ~aB (0) = 2.5
mˆ j s2
aB (0) = 2.5
m s2
Para t = 0.5s, se tiene que ω(0.5) =
(1.5s)(10 rad π0.5 π rad T α0 s2 ) sin = sin = 4.1349 π 1.5 π 3 s
rad π rad π(0.5) = 10 2 cos = 5 2 1.5 s 3 s rad rad ˆ k α ~ (0.5) = 5 2 ω ~ (0.5) = 4.1349 s s α(0.5) = α0 cos
Entonces ~aB (0.5) = α ~ × ~rB/O − ω 2~rB/O = (5
rad ˆ rad 2 m m k) × (0.25m ˆi) − (4.1349 ) (0.25m ˆi) = −4.2743 2 ˆi + 1.25 2 ˆj s2 s s s
Finalmente, para t = 0.75s. ω(0.75) =
(1.5s)(10 rad T α0 π(0.75) π rad s2 ) sin = sin( = 4.7746 ) π 1.5 π 2 s
1.5s(10 rad T α0 π(0.75) π s2 ) cos = cos = 0 π 1.5 π 2 rad ˆ k α ~ (0.75) = ~0 ω ~ (0.75) = 4.7746 s
α(0.75) =
Entonces
rad 2 ✘0 2 ✘✿ ) (0.25mˆi) ~aB (0.75) = ✘ α ~✘ × ~✘ rB/O − ω ~rB/O = −(4.7746 s m m ~aB (0.75) = −5.6993 2 ˆi aB (0.75) = 5.6993 2 s s Con este resultado finaliza el problema.
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Problema 3.4 La banda que se muestra en la figura 5 se mueve sin deslizamiento sobre dos poleas. La polea A parte del reposo con aceleraci´on angular en el sentido de las manecillas del reloj, definida mediante la relaci´ on α = 120 − 0.002 ω 2 .
rad donde α se expresa en rad. on de la polea A, a) la s2 . y ω en s . Determine, luego de media revoluci´ magnitud de la aceleraci´on del punto B sobre la banda, b) la aceleraci´on del punto P sobre la polea C.8
Figure 5: Banda que se mueve entre dos poleas sin deslizamiento. Soluci´ on. Del an´alisis del movimiento del cuerpo r´ıgido sujeto a rotaci´on alrededor de un eje fijo, se sabe que d ωA 2 ωA = αA = 120 − 0.002 ωA . dθ Por lo tanto, se tiene que para la polea A Z Z 1 −0.004 ωA d ωA ωA d ωA = d θ o − = d θA A 2 2 120 − 0.002 ωA 0.004 120 − 0.002 ωA Entonces 2 = θA + c1 , −250 Ln 120 − 0.002 ωA
manipulando algebraicamente la ecuaci´ on
2 120 − 0.002 ωA = e−0.004 θA +c1 = c2 e−0.004 θA
Para determinar la constante de integraci´ on c2 , se debe recurrir a la condici´ on inicial, para ωA = 0, θA = 0, entonces 2 120 − 0.002 (0) = c2 e−0.004 (0) = c2 e0 = c2 , Por lo tanto, c2 = 120 y 2 120 − 0.002 ωA = 120 e−0.004 θA
o
2 ωA = 60000 1 − e−0.004 θA
Ahora determinaremos, la velocidad y aceleraci´on angular de la polea A cuando ha rotado media revoluci´on, es decir para cuando θ = π rad. Entonces ωA = y
p
60000 (1 − e−0.004 π ) = 27.3726
rad. s.
rad. s2 . De manera que la aceleraci´on tangencial de un punto, P ∗, de la banda en la periferia de la polea A est´ a dada por in. pies rad. (8 in.) = 948 2 = 79 2 atP ∗ = αA rA = 118.50 2 s . s . s . 2
αA = 120 − 0.002 (27.3726) = 118.50
8 Este es el Problema 15.20 del libro Mec´ anica Vectorial Para Ingenieros, Din´ amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edici´ on, McGraw Hill: M´ exico D.F.
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Puesto que no hay deslizamiento, esta es tambi´en la aceleraci´on de part´ıcula B de la banda —debe notarse que el punto B est´ a sujeto a traslaci´on rectil´ınea y por lo tanto su componente normal de aceleraci´on es nula—, es decir pies aB = atP ∗ = 79 2 s . Ahora bien, para resolver el problema del punto P sobre la polea C, es necesario recordar que el movimiento de la banda sobre las poleas ocurre sin deslizamiento, por lo tanto, se tiene que 1. Las magnitudes de las velocidas de los puntos P ∗, de la banda localizado en la periferia de la polea A y el punto P de la banda localizado en la periferia de la polea C tienen la misms magnitud, por lo tanto rA rad. ωA rA = ωC rC ωC = ωA = 43.796 rC s. 2. Las magnitudes de las aceleraciones tangenciales de los puntos P ∗, de la banda localizado en la periferia de la polea A y el punto P de la banda localizado en la periferia de la polea C tienen la misms magnitud, por lo tanto αA rA = αC rC
αC = αA
rad. rA = 189.6 2 rC s .
Por lo tanto, la aceleraci´on del punto C est´ a dada por ~aP
= =
α~C × ~rP/O + ω~C × ω~C × ~rP/O = α~C × ~rP/O − | ω~C |2 ~rP/O in. 2 −189.6 kˆ × 5 in. ˆi − (43.796) 5 in. ˆi = −948 ˆj − 9590 ˆi 2 s .
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 3.5 Las caracter´ısticas de dise˜ no de una reductor de engranes est´ an bajo revisi´ on. El engrane B est´ a rotando en sentido horario con una velocidad de 300 rev/min cuando se aplica un torque al engrane A a un tiempo t = 2 s para dar al engrane A un aceleraci´on angular en sentido antihoraria α que varia con el tiempo por una duraci´on de 4 segundos como se muestra en la figura 6. Determine la velocidad NB del engrane B cuando t = 6 s.
Figure 6: Reducci´ on de engranes. Soluci´ on. Con este resultado finaliza el problema. Problema 3.6 Una polea y dos cargas se conectan mediante cuerdas inextensibles como muestra la figura 7. La carga A tiene una aceleraci´on de 300 mm/s2 y una velocidad inicial de 240mm/s, ambas dirigidos hacia arriba. Determine (a) El n´ umero de revoluciones ejecutadas por la polea en 3s (b) la velocidad y posici´on de la carga B despu´es de 3s (c) la aceleraci´on del punto D en el borde de la polea 11
para t = 0.9
Figure 7: Dos cuerpos conectados a una polea. Soluci´ on. De la aceleraci´on y velocidad del cuerpo A, se tiene que ˆ × (−120mmˆi) ~ 2 × ~rPA/C = (α2 k) ~aA = ~aTPA = 300mm/s2 ˆj = α ˆ × (−120mmˆi) ~ 2 (0) × ~rPA/C = (ω2 (0)k) ~vA (0) = ~vPA (0) = 240mm/sˆj = ω 300mm/s2 ˆj = −120mmα2 ˆj
α2 =
240mm/s2 = −2.5rad/s2 −120mm
240mm/s = −2rad/s −120mm ω ~ 2 (0) = −2.0rad/skˆ
240mm/sˆj = −120mmω2 (0)ˆj
ω2 (0) =
α ~ 2 = −2.5rad/s2 kˆ
Ahora es posible integrar la ecuaci´ on de movimiento de la polea α ~ 2 (t) = −2.5rad/s2 kˆ ω ~ 2 (t) =
Z
~1 α ~ 2 (t)dt = −2.5rad/s2 tkˆ + C
~1 −2.0rad/s = ω ~ 2 (0) = −2.5rad/s2 (0)kˆ + C
θ2 (t) =
Z
ω ~ 2 (t) = (−2.5rad/s2 t − 2rad/s)kˆ
~ 1 = −2rad/s C
(−2.5rad/s2 t − 2rad/s)dt = −1.25rad/s2 t2 − 2rad/st + C2
Para t = 0, θ2 (0) = 0, por lo tanto C2 = 0 θ2 (t) = −1.25rad/s2 t2 − 2rad/st Por lo tanto θ2 (3) = −1.25rad/s2 (3s)2 − 2rad/s(3s) = −17.25rad = 2.745rev 9 Este problema corresponde al Problema 15-30 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics, Ninth Edition, 2009, Beer, F.P., Johnston, Jr. E. R., Mazurek, D. F., Cornwell, P. J. and Eisenberg, E. R., McGraw-Hill: New York.
12
Para la velocidad y aceleraci´on de la carga B para t = 3s ˆ × (180mmˆi) = −450mm/s2 ˆj = ~aB ~ × ~rPB/C = (−2.5rad/s2 k) ~aTPB = α ˆ × (180mmˆi) = −360mm/s2 ˆj = ~vB (0) ~ 2 (0) × ~rPB/C = (−2rad/s2 k) ~vPB (0) = ω sB (t) = sB (3) =
1 aB t2 + vB (0)t 2
1 (−450mm/s2 )(3s)2 + (−360mm/s2 )(3s) = −3105mm 2 sB (3) = −3.105m vB (t) = aB t + vB (0)
vB (3) = (−450mm/s2 )(3s) + (−360mm/s) = −1710mm/s = −1.71m/s Para la aceleraci´on del punto D ˆ × (−180mmˆi) − (−2rad/s)2 (−180mmˆi) ~aD = α ~ 2 × ~rD/C − ω 2~rD/C = (−2.5rad/s2 k) ~aD = 450mm/s2 ˆj + 720mm/s2 aD = 849.058mm/s2 Con este resultado finaliza el problema. Problema 3.7 Una polea y dos bloques se conectan mediante cuerdas inextensibles como se indica en la figura 8. La polea parte desde el reposo en t = 0 y se acelera a una raz´ on uniforme de 2.4 rad s2 en el sentido de las manecillas del reloj. En t = 4 s, determine la velocidad y posici´on de a) la carga A, b) la carga B.10
Figure 8: Polea compuesta con dos cargas. Soluci´ on: Considere dos puntos coincidentes, PA , uno localizado en la polea y otro localizado en la cuerda inextensible que conecta la polea con la carga A justo en el punto donde la cuerda deja de estar enrollada y se hace vertical; similarmente, considere otro par de puntos coincidentes, PB j, uno localizado en la polea y otro localizado en la cuerda inextensible que conecta la polea con la carga B justo en el punto donde la cuerda deja de estar enrollada y se hace vertical. En ambos casos, entre el par de puntos no hay deslizamiento. Por lo tanto, ~vPA polea = ~vPA cuerda
y
~vPB polea = ~vPB cuerda
∀t ≥ 0.
10 Este es el problema 15.30 del libro Mec´ anica Vectorial Para Ingenieros, Din´ amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edici´ on, McGraw Hill: M´ exico D.F.
13
Similarmente, ~atPB polea = ~atPB cuerda
y
~atPA polea = ~atPA cuerda
∀t ≥ 0.
Adem´ as, debe notarse que las velocidades y las aceleraciones tangenciales de los puntos que pertenecen a las cuerdas, son las velocidades y aceleraciones de las cargas. Adem´ as, aplicando el concepto de placa representativa, para la carga A, se tiene que ~vA = ~vPA cuerda = ~vPA polea = ω ~ × ~rPA /O
y
~aA = ~atPA cuerda = ~atPA polea = α ~ × ~rPA /O .
De manera semejante, para la carga B, se tiene que ~vB = ~vPB cuerda = ~vPB polea = ω ~ × ~rPB /O
y
~aB = ~atPB cuerda = ~atPB polea = α ~ × ~rPB /O .
Este resultado indica que si la polea inicia su movimiento a partir del reposo, entonces las cargas A y B tambi´en inician su movimiento a partir del reposo. Todav´ıa mas, las aceleraciones uniformes de las cargas A y B est´ an dadas por rad ˆ 1 pie ~vA = ~atPA cuerda = ~atPA polea = α ~ × ~rPA /O = −2.4 2 k × − pie ˆi = 0.8 2 ˆj. s 3 s Similarmente ~atPB cuerda = ~atPB polea = α ~ × ~rPB /O
rad = −2.4 2 kˆ × s
1 pie pie ˆi = −1.2 2 ˆj. 2 s
Usando los m´etos de cinem´ atica de la part´ıcula, se tiene que ~vA = ~aA t = 0.8
pie ˆ pie ˆ j (4 s) = 3.2 j, s2 s
1 1 pie 2 ~rA = ~aA t2 = 0.8 2 ˆj (4 s) = 6.4 pie ˆj. 2 2 s
y
de manera semejante ~vB = ~aB t = −1.2
pie ˆ pie ˆ j (4 s) = −4.8 j, s2 s
1 1 y ~rB = ~aB t2 = 2 2
pie 2 −1.2 2 ˆj (4 s) = −9.6 pie ˆj. s
Con este resultado finaliza el problema. Problema 3.8 Dos discos de fricci´on A y B se pondr´an en contacto sin deslizamiento cuando la velocidad angular del disco A sea de 240 r.p.m. en sentido contrario a las manecillas del reloj, vea la figura 9. El disco A empieza su movimiento desde el reposo en el tiempo t = 0 y se le imprime una aceleraci´on angular constante de magnitud α. El disco B parte del reposo en t = 2 s y se le imparte una aceleraci´on angular constante en el sentido de las manecillas del reloj, tambien de magnitud α. Determine a) la magnitud de la aceleraci´on angular α requerida, b) el tiempo al cual ocurre el contacto.11 Soluci´ on: Determinaremos las ecuaciones de movimiento de los discos de fricci´on. Para el disco A, se tiene que α ~ A (t) = α kˆ Por lo tanto, si para t = 0, se tiene que ω ~ A = ~0, se tiene que ω ~ A (t) = α t kˆ De manera semejante, se tiene que
α ~ B (t) = −α kˆ
Por lo tanto, si para t = 2 s, se tiene que ω ~ B = ~0, se tiene que ω ~ A (t) = −α (t − 2) kˆ 11 Este es el problema 15.31 del libro Mec´ anica Vectorial Para Ingenieros, Din´ amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edici´ on, McGraw Hill: M´ exico D.F.
14
Figure 9: Dos discos de fricci´on. Por lo tanto, la velocidad de los puntos, P , en la periferia de los discos A y B, donde los discos se ponen en contacto,12 est´ an dados por ~ A (t) × ~rP/OA = α t kˆ × (−0.15 m) ˆj = 0.15 α t ˆi ~vPA = ω y
~ B (t) × ~rP/OB = −α (t − 2) kˆ × (0.2 m) ˆj = 0.2 α (t − 2) ˆi ~vPB = ω
Por lo tanto, si los discos se ponen en contacto sin deslizamiento, se tiene que 0.15 α t = 0.2 α (t − 2) Por otro lado, se sabe que este contacto ocurre cuando la velocidad del disco A es de 240 r.p.m. en sentido contrario a las manecillas del reloj, es decir α t = 240 r.p.m. = 25.1327
rad s
Despejando, t en esta segunda ecuaci´ on y sustituyendolo en la primera ecuaci´on, se tiene que ! 25.1327 rad 25.1327 rad rad rad s s = 0.2 α −2 o 3.7699 = 5.02654 − 0.4 α 0.15 α α α s s Por lo tanto
rad . s2 Por lo tanto, el tiempo para el cual se ponen el contacto est´ a dado por α = 3.1416
t=
25.1327 rad 25.1327 rad s s = 7.9999 s. = α 3.1416 rad s2
Con este resultado finaliza el problema. Problema 3.9 El disco circular mostrado en la figura 10 gira alrededor de su eje z con una velocidad angular en la direcci´on mostrada. En un cierto instante, la magnitud de la velocidad del punto A es de 10 pie a decreciendo a una velocidad de 24 pie on s y est´ s2 . Escriba las expresiones vectoriales para la aceleraci´ angular α ~ del disco y la aceleraci´on total del punto B en ese instante.13 12 Nuevamente
se aplicar´ a el concepto de placa representativa. es el Problema 5.23 del libro Engineering Mechanics: Dynamics, Sixth Edition. Meriam, J. L. and Kraige, L. G. [2007], John Wiley: New York. 13 Este
15
Figure 10: Disco Rotante. Soluci´ on. Note que en este caso la aplicaci´ on del concepto de placa representativa es inmediato. De hecho, los puntos A y B est´ an en la misma cara del disco, se emplear´a, adem´ as, un punto O, localizado en la intersecci´ on del eje z —el eje de rotaci´on— y la misma cara del disco, de manera que 2 ~rA/O = − pie ˆi 3 Por otro lado, se sabe que
y
~rB/O =
1 pie ˆj 2
ˆ ω ~ = ω k,
donde por la direcci´on de rotaci´on ω > 0, adem´ as, se sabe que ~vA = λ 10
pie ˆ j s
y
~atA = λ 24
pie ˆ j. s2
donde λ ∈ {−1, 1}, y adem´ as se sabe que los sentidos de ~vA y ~atA son opuestos. Aplicando las ecuaciones que permiten conocer las velocidades y aceleraciones de las part´ıculas de un cuerpo r´ıgido sujeto a rotaci´on alrededor de un eje fijo, se tiene que 2 pie ˆ 2 pie ˆ ˆ ˆ o λ 10 ~vA = ω × ~rA/O o λ 10 j = ω k × − pie i j = − pie ωˆj s 3 s 3 Por lo tanto,
rad pie ˆ j y ~vA = −10 s s De manera semejante, puesto que los sentidos de ~vA y ~atA son opuestos, se tiene que λ = −1
ω = 15
~atA = 24
pie s2
De manera que ~atA = 24
pie 2 2 ˆ ˆ = α ~ × ~ r = α k × − pie i = − α ˆj A/O 2 s 3 3
Por lo tanto
rad ˆ rad y α ~ = −36 2 k. s2 s Finalmente, la aceleraci´on total del punto B est´ a dada por α = −36
~aB = α ~ × ~rB/O − ω 2~rB/O = −36
2 1 pie pie rad ˆ 1 ˆj − 15 rad k × pie pie ˆj = 18 2 ˆi − 112.5 2 ˆj 2 s 2 s 2 s s
Con este resultado finaliza el problema.
16
Figure 11: Problema 5.114 del libro de Meriam. Problema 9c. El cilindro hidr´aulico produce un movimiento horizontal limitado en el punto A. Si vA = 4 m/s cuando θ = 45◦ . Determine la magnitud de la velocidad de D y la velocidad angular ω del eslab´ on ABD para esta posici´on.14 Soluci´ on. Los datos del problema son vA = 4m/s y θ = 45◦ . De la ley de los senos, denotando φ =< BAO se tiene OB AB = senφ senθ
senφ =
250mm OB sen θ = sen45◦ 400mm AB
Por lo tanto, se tiene que φ = 26.28◦ Determinaci´on de los vectores de posici´on ~rB/A
=
~rD/A
=
AB(cosφ ˆi + sinφ ˆj) = (358.68mm) ˆi + (177.04mm) ˆj AD(cosφ ˆi + sinφ ˆj) = (538.02mm) ˆi + (265.63mm) ˆj
~rB/O
=
OB(cosφ ˆi + sinφ ˆj) = (−176.77mm) ˆi + (176.77mm) ˆj
An´alisis de velocidad del mecanismo. ~vB3
= ~vA + ω ~ ABD × ~rB/A = 4 m/s ˆi + ωABD kˆ × (0.358 m ˆi + 0.177 m ˆj)
(3)
De manera similar ~B4 V
=
ω ~ OB × ~rB/O = ωOB kˆ × (−0.176 m ˆi + 0.176 m ˆj)
(4)
Igualando las componentes en X y Y de las ecuaciones (3) y (4) se obtienen las ecuaciones escalares que resuelven el problema 4 m/s − 0.177 m ωABD 0.358 m ωABD
= −0.176 m ωOB
= −0.176 m ωOB
Despejando de la segunda ecuaci´ on escalar ωOB se tiene que ωOB = −2.034 ωABD y sustituyendo este resultado en la primera ecuaci´ on 4 m/s − (0.177 m)ωABD = −0.176 m (−2.034 ωABD ) 14 Este es el Problema 5.114 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. J.L.Meriam, L.G.Kraige, Seventh Edition, Jonh Wiley and Sons, Inc.: New York.
17
´o 4 m/s = (0.177 m + 0.3579 m)ωABD
Por lo tanto
ωABD = 7.478 rad/s ccw
An´alisis de la velocidad del punto D ~vD
= ~vA + ω ~ ABD × ~rD/A = 4 m/s ˆi + (7.478 rad/s) kˆ × (538.02 mm ˆi + 265.63 mm ˆj) = (2.01 m/s) ˆi + (4.06 m/s) ˆj
La magnitud vD est´ a dada por vD =
p (2.01m/s)2 + (4.06m/s)2 = 4.53 m/s
Problema 12.a Una polea y dos cargas se conectan mediante cuerdas inextensibles como se muestra en la figura 12. La carga A tiene una aceleraci´on de 300mm/s2 y una velocidad inicial de 240mm/s, ambas dirigidos hacia arriba. Determine (a) El n´ umero de revoluciones ejecutadas por la polea en 3s (b) la velocidad y posici´on de la carga B despu´es de 3s (c) la aceleraci´on del punto D en el borde de la polea para t = 0.15
Figure 12: Conjunto de Polea y Cargas. ˆ × (−120mmˆi) ~aA = ~aTPA = 300mm/s2 ˆj = α ~ 2 × ~rPA/C = (α2 k) ˆ × (−120mmˆi) ~ 2 (0) × ~rPA/C = (ω2 (0)k) ~vA (0) = ~vPA (0) = 240mm/sˆj = ω 300mm/s2 ˆj = −120mmα2 ˆj
α2 =
240mm/sˆj = −120mmω2 (0)ˆj
ω2 (0) =
ω ~ 2 (t) =
240mm/s −120mm = −2rad/s
ω ~ 2 (0) = −2.0rad/skˆ
α ~ 2 = −2.5rad/s2 kˆ Z
240mm/s2 = −2.5rad/s2 −120mm
α ~ 2 (t) = −2.5rad/s2 kˆ ~1 α ~ 2 (t)dt = −2.5rad/s2 tkˆ + C
~1 −2.0rad/s = ω ~ 2 (0) = −2.5rad/s2 (0)kˆ + C
ω ~ 2 (t) = (−2.5rad/s2 t − 2rad/s)kˆ
~ 1 = −2rad/s C
15 Este es el Problema 15.30 del libro Mec´ anica Vectorial Para Ingenieros, Din´ amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Novena edici´ on, McGraw Hill: M´ exico D.F.
18
θ2 (t) =
Z
(−2.5rad/s2 t − 2rad/s)dt = −1.25rad/s2 t2 − 2rad/st + C2
Para t = 0, θ2 (0) = 0, por lo tanto C2 = 0 θ2 (t) = −1.25rad/s2 t2 − 2rad/st Por lo tanto θ2 (3) = −1.25rad/s2 (3s)2 − 2rad/s(3s) = −17.25rad = 2.745rev Para la velocidad y aceleraci´on de la carga B para t = 3s ˆ × (180mmˆi) = −450mm/s2 ˆj = ~aB ~ × ~rPB/C = (−2.5rad/s2 k) ~aTPB = α ˆ × (180mmˆi) = −360mm/s2 ˆj = ~vB (0) ~ 2 (0) × ~rPB/C = (−2rad/s2 k) ~vPB (0) = ω sB (t) = sB (3) =
1 aB t2 + vB (0)t 2
1 (−450mm/s2 )(3s)2 + (−360mm/s2 )(3s) = −3105mm 2 sB (3) = −3.105m vB (t) = aB t + vB (0)
vB (3) = (−450mm/s2 )(3s) + (−360mm/s) = −1710mm/s = −1.71m/s Para la aceleraci´on del punto D ˆ × (−180mmˆi) − (−2rad/s)2 (−180mmˆi) ~aD = α ~ 2 × ~rD/C − ω 2~rD/C = (−2.5rad/s2 k) ~aD = 450mm/s2 ˆj + 720mm/s2 y aD = 849.058mm/s2 Con este resultado finaliza el problema.
4
Problemas de cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento plano general.
En esta secci´on se analizar´an diferentes problemas de la cinem´ atica de cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento plano general. En estos problemas, se mostrar´a como relacionar las velocidades y aceleraciones de dos puntos que pertenecen a cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento plano general. Para llevar a cabo estas relaciones se emplear´an los vectores velocidad angular y aceleraci´on angular. Adem´ as, estos problemas en muchos de los casos emplean conocimientos de los temas anteriores. Problema 4.1 La placa mostrada en el plano xy. Sabiendo que vAx = 120mm/s vBy = 300mm/s y vCy = −60mm/s determine (a) la velocidad angular de la placa, (b) la velocidad del punto A.16 Soluci´ on. Los vectores de posici´on nesesarios son ~rC/A = 360mmˆi + 180mmˆj
~rB/A = 180mmˆi − 180mmˆj
Las velocidades est´ an dadas por ~vA = 120mm/sˆi + vAy ˆj
~vB = vBxˆi + 300mm/sˆj
~vc = vCX ˆi − 60mm/sˆj
16 Este problema corresponde al Problema 15-46 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics, Ninth Edition, 2009, Beer, F.P., Johnston, Jr. E. R., Mazurek, D. F., Cornwell, P. J. and Eisenberg, E. R., McGraw-Hill: New York.
19
Figure 13: Placa Sujeta a movimiento plano general. Las ecuaciones que relacionan estas velocidades son ~vB = ~vA + ω ~ × ~rB/A
~vc = ~vA + ω ~ +ω ~ × ~rC/A
ˆ × (180mmˆi − 180j) vBx + 300mm/sˆj = 120mm/sˆi + vAy ˆj + (ω k) ˆ × (180mmˆi − 180mmk) ˆ vCxˆi − 60mm/sˆj = 120mm/sˆi + vAy ˆj + (ω k) Las ecuaciones escalares asociadas a esas ecuaciones vectoriales son vBx = 120 − 180ω
(5)
300 = vAy + 180ω
(6)
vCx = 120 − 180ω
(7)
−60 = vAy + 360ω
(8)
Restando la ecuaci´ on (8) de la ecuaci´ on (6), se tiene que 300 60 360
= = =
vAy + 180ω −vAy − 360ω −180 ω
ω = −2rad/s vAy = 300 − 180ω = 300 − 180(2) = 660mm/s ~vA = 120mm/sˆi + 600mm/sˆj ω ~ = −2rad/skˆ Con este resultado finaliza el problema. Problema 4.2 La oscilaci´on horizontal del ´embolo E, precargado mediante un resorte, se controla variando la presi´ on de aire en el cilindro neum´atico horizontal F . Si el ´embolo tiene una velocidad de 2 m/s a la derecha cuando θ = 30◦ . Determine la velocidad de bajada vD del rodillo D en la gua vertical y encontrar la velocidad angular ω de ABD para esta posici´on.17 17 Este es el Problema 5 − 108 del libro Engineering Mechanics: Dynamics, Sixth Edition. Meriam, J. L. and Kraige, L. G. [2007], John Wiley: New York.
20
Figure 14: Problema 5.108 del libro de Meriam. Soluci´ on. Los datos proporcionados son ~vE = −2 m/s ˆi
θ = 30◦
a = 100 mm = 0.1 m.
Determinaci´on de los vectores de posici´on ~rB/A
=
~rD/A
=
√
3 ˆ aˆ ai − j 2√ 2 3 3 3 a (cosθ ˆi − sen θ ˆj) = 3 a ˆi − a ˆj 2 2 a (cosθ ˆi − sen θ ˆj) =
Datos para el an´alisis de velocidad y aceleraci´on. ~vE = −2 m/s ˆi
Suponiendo
~aE = 0 m/s2
Adem´ as, se tiene que ~vA = vAX ˆi + vAY ˆj = 2 m/s ˆi + vAY ˆj ~vB = vBXˆi ~vD = vDY ˆj
~aA = 0 m/s2 ˆi + aAY ˆj ~aB = aBX ˆi ~aD = aDY ˆj
An´ alisis de velocidad del mecanismo. Velocidad del punto B ~vB
= ~vA + ω ~ ABD × ~rB/A
~vB ˆi =
vAX ˆi + vAY ˆj + ωABD kˆ ×
! √ 3 ˆ aˆ ai − j 2 2
Obteniendo las componentes X y Y de la ecuaci´ on vectorial se tiene que vB
=
0 =
a 2 √ 3 + ωABD a 2
vAX + ωABD vAY
Estas dos ecuaciones tienen tres inc´ognitas, de manera que buscaremos ecuaciones adicionales. Velocidad del punto D ~vD
= ~vA + ω ~ ABD × ~rD/A
~vD ˆj =
vAX ˆi + vAY
ˆj + ωABD kˆ × 21
√
! 3 ˆ 3 ˆ ai − aj 3 2 2
Obteniendo las componentes X y Y de la ecuaci´ on vectorial se tiene que 0
=
vD
=
3 vAX + ωABD a 2√ vAY + ωABD 3
3 a 2
De la componente X de esta u ´ltima ecuaci´ on, se tiene que ωABD = −
2 vAX 2(−2 m/s) 40 =− = 13.33333 rad/s c.c.w. = rad/s c.c.w. 3a 3 0.1 m 3
A partir de este resultado es posible determinar el resto de las inc´ognitas vB
=
vAY
=
vD
= =
a 40 0.1 m 4 vAX + ωABD = −2 m/s + rad/s = − m/s = 1.3333 m/s 2 3 2 3 √ √ 40 3 3 a = − rad/s (0.1 m) = 1.1547/ m/s. −ωABD 2 2√ √ 3 √ √ √ 40 3 3 3 vAY + ωABD 3 a = −ωABD a + ωABD 3 a = ωABD 3 a = rad/s 3 (0.1 m) 2 2 2 3 2.3094 m/s.
An´ alisis de aceleraci´ on del mecanismo. Aceleraci´on del punto B. = ~aA + α ~ ABD × ~rB/A − ωABD 2~rB/A ! √ a 3 2 ˆi − ˆj − ωABD aBˆi = (0 ˆi + aAY ˆj) + αABD kˆ × a 2 2 ~aB
! √ 3ˆ aˆ i− j a 2 2
Obteniendo las componentes X y Y de la ecuaci´ on vectorial se tiene que √ a 3 2 aB = αABD − ωABD a 2 √ 2 1 3 2 + ωABD a 0 = aAY + αABD a 2 2 Estas dos ecuaciones tienen tres inc´ognitas, de manera que buscaremos ecuaciones adicionales. Aceleraci´on del punto D. = ~aA + α ~ ABD × ~rD/A − ωABD 2~rD/A ! √ 3 3 a 2 ˆi − ˆj − ωABD aD ˆj = (0 ˆi + aAY ˆj) + αABD kˆ × 3 a 2 2 ~aD
! 3ˆ 3a ˆ i− j 3a 2 2
Obteniendo las componentes X y Y de la ecuaci´ on vectorial se tiene que √ 3 3a 2 − ωABD 3 a 0 = αABD 2 2 √ 3 3a 2 aD = aAY + αABD 3 a + ωABD 2 2 De la componente X de esta u ´ltima ecuaci´ on, se tiene que √ 2 αABD = 3 ωABD = 307.92 rad/s2 c.c.w. A partir de este resultado es posible determinar el resto de las inc´ognitas √ 1 3 2 aAY = −αABD a − ωABD a 2 2 22
√
y aD
= = =
√ √ √ 3 3 3 3a 1 3a 2 2 2 aAY + αABD 3 a + ωABD = −αABD a − ωABD a + αABD 3 a + ωABD 2 2 2 2 2 2 √ √ 2 √ 2 2 αABD a 3 + ωABD a = 3 ωABD a 3 + ωABD a 2 4 a ωABD = 4 (0.1 m)(13.33333 rad/s)2 = 71.11111 m/s2 .
Con este resultado finaliza el problema. Problema 4.3. Los rodillos en los extremos de la barra AB se encuentran restringidos por la ranura mostrada. Si el rodillo A posee una velocidad dirigida hacia abajo cuya magnitud es de 1.2 m/s2 y es constante por un peque˜ no intervalo de movimiento, determine la aceleraci´on tangencial del rodillo B cuando este pasa por la posici´on m´as alta de la trayectoria. El valor de R es 0.5 m.18
Figure 15: Barra con rodillos en los extremos restringidos a moverse en una ranura. Soluci´ on. El objetivo de este problema es encontrar la componente tangencial de la aceleraci´on del rodillo en B, para esto se realiza es un an´alisis cinem´ atico del elemento, partiendo de las ecuaciones de velocidad para obtener el valor de las velocidades angulares y junto con las ecuaciones de aceleraci´on obtener el valor buscado. El primer paso consiste en determinar los vectores de posici´on. Se observa que la componente vertical del vector de posici´on entre el punto B y el punto A est´ a dado por el teorema de Pit´agoras s √ 2 5 3R − R2 = R rB/Ax = 2 2 Por lo tanto, el vector de posici´on del punto B respecto de A es √ 5ˆ ~rBA = R ˆi + R j 2 An´ alisis de velocidad. El enunciado indica que la velocidad del rodillo A en ese instante tiene direcc´ on vertical, y por las restricciones de movimiento y la posici´on del rodillo del rodillo B s´ olo puede tener velocidad en la direcci´on horizontal.19 18 Este
es el Problema 5.133. del libro Engineering Mechanics: Dynamics. Meriam, J.L. and Kraige, L.G., Seventh Edition, Jonh Willey and Sons, Inc.: New York. √ 19 Como consequencia el centro de velocidad instant´ aneo se encuentra a una distancia 25 R descendiendo verticalmente desde el rodillo B y una magnitud R a la derecha del rodillo A. Este resultado podr´ıa utilizarse para realizar el an´ alisis de velocidad.
23
La velocidad del rodillo B est´ a dado por ~vB = ~vA + ω ~ × ~rBA o vB ˆi = vA ˆj + ω kˆ × (R ˆi + Las componentes x y y de esta ecuaci´ on son √ 5 vB = −ω R 2
√ 5 ˆ R j) 2
0 = vA + ω R
Por lo tanto
−1.2 m rad vA s =− = 2.4 R 0.5 m s An´ alisis de aceleraci´ on. Puesto que el rodillo A tiene una velocidad de magnitud constante y su trayectoria, en esa vecindad es recta, la aceleraci´on en el punto A es igual a cero ω=−
~aA = ~0 La aceleraci´on del rodillo o punto B est´ a dada por ~aB = ~aA + α ~ × ~rB A − ω 2 ~rB A
(9)
La componente normal de la aceleraci´on en B est´ a dada —recuerde la ecuaci´on para la aceleraci´on normal de una part´ıcula— por: 2 √ 5 −ω R 2 2 vB 5 ω 2 R2 m aBn = = = = 3.6 2 R R 4R s Por tanto la aceleraci´on en B se puede expresar como ~aB = aBx ˆi − 3.6
mˆ j s2
Sustituyendo en la ecuaci´ on (9), la ~aA , ~aB y ω, se tiene √ √ 5 ˆ 5 ˆ rad 2 ˆ mˆ ~ ˆ ˆ ˆ R j) − (2.4 2 ) (R i + R j) aBx i − 3.6 2 j = 0 + α k × (R i + s 2 s 2 Las componentes escalares de esta ecuaci´ on vectorial son √ rad 5 R − (2.4 2 )2 R aBx = −α 2 s √ m rad 2 5 −3.6 2 = α R − (2.4 2 ) R s s 2 De la segunda ecuaci´ on se tiene que 2 −3.6 sm2 + (2.4 rad s2 ) α= R
√
5 2
R
= −0.760124 rad/s2
De la primera ecuaci´ on, se tiene que √ √ 5 5 rad 2 rad 2 R − (2.4 2 ) R = −(−0.760124 rad/s ) (0.5 m) − (2.4 2 )2 (0.5 m) = −2.455 m/s2 aBx = −α 2 s 2 s Esta es la aceleraci´on tangencial de B, donde el signo − indica que es hacia la izquierda. Problema 4.4 El radio del engrane central A del sistema de engranes planetarios mostrado es a, el radio de cada uno de los engranes plenetarios es b y el radio del engrane exterior E es a + 2b. La velocidad angular del engrane A es ωA en sentido horario y el engrane exterior es estacionario. Si la velocidad angular de la ara˜ na BCD debe ser ωA /5 en sentido horario, determine el valor requerido de la relaci´ on b/a (b) la velocidad angular correspondiente de cada engrane planetario.20
24
Figure 16: Engrane planetario.
Soluci´ on. Los vectores de posici´on necesarios para resolver el problema son ~rP/OA = aˆj
~rOB/OA = (a + b)ˆj
~rP/OB = −bˆj
~rQ/OB = bˆj
Adem´ as se conocen algunas velocidades angulares ω ~ A = −ωA kˆ
ωBCD = −
ωA ˆ k 5
ω ~ E = ~0
La clave de la soluci´ on es, por una parte, que las velocidades de los puntos P , uno que pertenece al engrane sol A, y otro que pertenece al engrane planeta B deben ser iguales, es decir ~vP/A = ~vP/B por lo tanto: ~vP/A
=
ˆ × (aˆj) = ωA aˆi ω~A × ~rP/OA = (−ω k)
~vP/B
=
ω ~ BCD × ~vOB/OA + ω ~ B × ~rP/OB = (−
=
ωA (a + b)ˆi + ωB bˆi 5
ωA ˆ k) × (a + b)ˆj + ωB kˆ × (−bˆj) 5
La ecuaci´ on escalar que se obtiene de esta ecuaci´ on vectorial es ωA a =
ωA (a + b) + ωB b 5
(10)
Por otra parte, el resto de la soluci´ on es que las velocidades de los puntos Q, uno que pertenece al engrane planeta B y otro que pertenece a la corona E deben ser iguales, es decir ~vQ/B = ~vQ/E ~ B × ~rQ/B ) = (− ω ~ BCD × ~rOB /OA + ω
~vQ/B
=
~vQ/E
= ~0
ωA ωA ˆ k) × (a + b)ˆj + ωB kˆ × (bˆj) = (a + b) − ωB b 5 5
La ecuaci´ on escalar asociada a esta ecuaci´ on vectorial es ωA 0= (a + b) − ωB b 5
(11)
20 Este problema corresponde al Problema 15-49 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics, Ninth Edition, 2009, Beer, F.P., Johnston, Jr. E. R., Mazurek, D. F., Cornwell, P. J. and Eisenberg, E. R., McGraw-Hill: New York.
25
Sumando (10) y (11), se tiene que 2 ω✟ ω✟ Aa = ✟ A (a + b) ✟ 5 ωB =
a=
2 2 a+ b 5 5
3 2 a= b 5 5
b 3/5 3 = = a 2/5 2
ωa a ωA 1 ωA 2 ωA ωA a + b = ( + 1) = ( + 1) = ( + 1) = 5 b 5 b 5 3/2 5 3 3
1 ˆ ωA k 3 Problema 4.5 El eje O mueve el brazo OA en sentido horario a una velocidad de 90 r.p.m. alrededor del punto fijo O. Use el m´etodo del centro instant´ aneo de velocidad para determinar la velocidad de rotaci´on del engrane B —los dientes de los engranes no se muestran—. a) si el engrane corona D est´ a fijo y, b) si el engrane corona D rota en sentido antihorario alrededor de O con una velocidad ´angular de 80 r.p.m.21 ω ~B =
Figure 17: Engrane planetario a analizar. Soluci´ on. El problema se resolver´ a simb´olicamente, para en el paso final, resolver los dos incisos del problema. Pero, no se empler´ an centros instant´ aneos de velocidad. Primeramente se enumerar´an los elementos y puntos de contacto del engrane planetario. Es importante notar que el brazo OA, eslab´ on 2, el engrane sol, eslab´ on 3, y el engrane corona, eslab´ on 5, todos tienen movimiento de rotaci´on alrededor de un eje fijo perpendicular al plano del papel, que pasa por el punto O, sin embargo, todas sus velocidades angulares son diferentes. Finalmente, los engranes planeta, uno de ellos es el eslab´ on 4, est´ an sujetos a movimiento plano general. Por otro lado, hay dos puntos de contacto, el punto P en el radio de paso del engrane sol, 3, y el engrane planeta, 4, y el punto Q, en el radio de paso del engrane planeta, 4, y el engrane corona, 5. En estos dos puntos no hay deslizamiento, por lo tanto sus velocidades y componentes tangenciales de la aceleraci´on son iguales. Entonces, se tiene que ~vP 3 ~vQ4
= ~vP 4 = ~vQ5
(12) (13)
Para la primera ecuaci´ on (12), se tiene que ~vP 3 ~vP 4
=
a 1 ω ~ 3 × ~rP/O = ω3 kˆ × ˆi = ω3 aˆj 2 2
= ~vA4 + ω ~ 4 × ~rP/A = ω ~ 2 × ~rA/O + ω ~ 4 × ~rP/A
−a ˆ i= = ω2 kˆ × aˆi + ω4 kˆ × 2
1 ω2 − ω4 2
aˆj
21 Este es el Problema 5.120 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. J.L.Meriam, L.G.Kraige, Seventh Edition, Jonh Willey and Sons, Inc.: New York.
26
Figure 18: Enumeraci´on de los eslabones del engrane planetario. Por lo tanto, la ecuaci´ on (12), se reduce a 1 1 ω3 aˆj = ~vP 3 = ~vP 4 = ω2 − ω4 aˆj 2 2
o
1 1 ω3 = ω2 − ω4 2 2
(14)
Para la segunda ecuaci´ on (13), se tiene que ~vQ4 ~vQ5
a = ~vA4 + ω ~ 4 × ~rQ/A = ω ~ 2 × ~rA/O + ω ~ 4 × ~rQ/A = ω2 kˆ × aˆi + ω4 kˆ × ˆi = 2 3a 3 = ω ~ 5 × ~rQ/O = ω5 kˆ × ˆi = ω5 aˆj 2 2
Por lo tanto, la ecuaci´ on (13), se reduce a 1 3 ω2 + ω4 a ˆj = ~vQ4 = ~vQ5 = ω5 aˆj 2 2
o
1 ω2 + ω4 a ˆj 2
1 3 ω2 + ω4 = ω5 2 2
(15)
El an´alisis te´orico conduce a la soluci´ on de un sistema de dos ecuaciones escalares (14) y (15) que en su forma m´as simple son ω3 = 2 ω2 − ω4 2 ω2 + ω4 = 3 ω5 Las inc´ognitas en este sistema de ecuaciones son ω3 y ω4 . Para tal f´ın, las ecuaciones se escriben como ω3 + ω4
=
2 ω2
ω4
=
−2 ω2 + 3 ω5
Por lo tanto, la soluci´ on del sistema es ω4 = −2 ω2 + 3 ω5
ω3 = 4 ω2 − 3 ω5
Ahora se resolver´ an cada uno de los incisos: 1. a). ω2 = −90 r.p.m. y ω5 = 0. Por lo tanto ω4
=
ω3
=
−2 ω2 + 3 ω5 = −2 (−90 r.p.m.) + 3 (0 r.p.m.) = 180 r.p.m.
4 ω2 − 3 ω5 = 4 (−90 r.p.m.) − 3 (0 r.p.m.) = −360 r.p.m.
2. b). ω2 = −90 r.p.m. y ω5 = 80 r.p.m.. Por lo tanto ω4 ω3
= =
−2 ω2 + 3 ω5 = −2 (−90 r.p.m.) + 3 (80 r.p.m.) = 420 r.p.m. 4 ω2 − 3 ω5 = 4 (−90 r.p.m.) − 3 (80 r.p.m.) = −600 r.p.m. 27
El signo positivo indica que el giro de la rotaci´on es en sentido antihorario y el signo negativo indica que el giro de la rotaci´on es en sentido horario. Problema 4.6 Para el engrane mostrado, derive una expresi´ on para la velocidad angular ωC y muestre que ωC es independiente del radio del engrane B. Suponga que el punto A est´ a fijo y denote las velocidades angulares de la barra ABC y el engrane A por ωABC y ωA respectivemte.22
Figure 19: Engrane Planetario Compuesto. Soluci´ on: Este es un problema interesante pues muestra uno de los errores frecuentes que incurren diferentes libros de texto en Din´amica. Debe notarse que los autores del libro al cual pertenece este problema usan la misma letra para identificar en punto y un eslab´ on o cuerpo r´ıgido, “...Suponga que el punto A est´ a fijo y denote las velocidades angulares de la barra ABC y el engrane A por ωABC y ωA respectivemte...” Para evitar esta confusi´ on se denotar´an los eslabones con n´ umero y los puntos con letras. En particular, el eslab´ on fijo, que no se muestra, se denominar´ a 1, el engrane sol, 2, la barra que conecta los engranes, 3, el engrane planetario intermedio, 4 y el engrane planetario exterior 5. Por otro lado, el punto A yace en los ejes de rotaci´on del engrane 2 y la barra conectora 3, pero sus velocidades angulares pueden ser y son diferentes, el punto B yace en el eje de rotaci´on del engrane planetario 4 y el punto C yace en el eje de rotaci´on del engrane planetario 5. Adem´ as, debe notarse que el engrane sol, 2 y la barra conectora 3, est´ an sujetos a rotaci´on alrededor de un eje fijo, mientras que los engranes planetarios 4 y 5 est´ an sujetos a movimiento plano general. La soluci´ on consiste en analizar dos parejas de puntos, los puntos P2 y P4 que son coindentes en el radio de paso de los engranes 2 y 4 y los puntos Q4 y Q5 que son coindentes en el radio de paso de los engranes 2 y 5, cada uno de los puntos de estas parejas tienen la misma velocidad. Adem´ as, para simplificar los c´alculos, se supondr´a que el eje X pasa por el punto A y es paralelo a la linea que une los puntos A, B y C. Por lo tanto, los vectores de posici´on rqueridos son ~rB/A = (rA +rB ) ˆi ~rC/A = (rA +2 rB +rC ) ˆi ~rP/B = −rB ˆi ~rP/A = rA ˆi ~rQ/B = rB ˆi ~rQ/C = −rC ˆi Por lo tanto, se tiene que ω ~ 2 × ~rP/A = ω2 kˆ × rA ˆi = ω2 rA ˆj
~vP 2
=
~vP 4
= ~vB3 + ω ~ 4 × ~rP/B = ω ~ 3 × ~rB/A + ω ~ 4 × ~rP/B = ω3 kˆ × (rA + rB ) ˆi + ω4 kˆ × −rB ˆi = [ω3 (rA + rB ) − ω4 rB ] ˆj
22 Este es el Problema 15.72 del libro Vector Mechanics for Engineers, Ninth Edition. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
28
Igualando estas ecuaciones se tiene que ω2 rA = ω3 (rA + rB ) − ω4 rB De manera semejante ~vQ4 ~vQ5
= ~vB3 + ω ~ 4 × ~rQ/B = ω3 kˆ × (rA + rB ) ˆi + ω4 kˆ × rB ˆi = [ω3 (rA + rB ) + ω4 rB ] ˆj = ~vC3 + ω ~ 5 × ~rQ/C = ω3 kˆ × (rA + 2 rB + rC ) ˆi + ω5 kˆ × (−rC ˆi)
=
ω3 (rA + 2 rB + rC ) ˆj − ω5 rB ˆj = [ω3 (rA + 2 rB + rC ) − ω5 rC ] ˆj
Igualando estas ecuaciones se tiene que ω3 (rA + rB ) + ω4 rB = ω3 (rA + 2 rB + rC ) − ω5 rC Igualando, en ambas ecuaciones escalares, ω4 rB , se tiene que ω4 rB = −ω2 rA + ω3 (rA + rB ) = ω3 (rA + 2 rB + rC ) − ω5 rC − ω3 (rA + rB ) Simplificando, estas dos u ´ltimas ecuaciones, se tiene que −ω2 rA + ω3 (rA + rB ) = ω3 (rB + rC ) − ω5 rC Por lo tanto, finalmente ω2 rA + ω3 (rB + rC − rA − rB ) rA ω2 rA + ω3 (rC − rA ) rA ω5 = = = ω2 + ω3 1 − rC rC rC rC
(16)
La velocidad angular del engrane planetario 5 es independiente de rB y est´ a dada por la ecuaci´on (16). El resultado del libro no incluye ω2 , quiz´as por que el autor interpret´ o incorrectamente que si “... el punto A est´ a fijo...” implica que ω2 = 0. Problema 4.7 La rueda de r = 4 pulgadas de radio que se muestra en la figura 20 gira hacia la “izquierda”, en sentido contrario a las manecillas del reloj, de tal manera que su centro D tiene una velocidad de 45 pulgadas/segundo y rueda sin deslizar. Si la distancia AD es de 2.5 pulgadas, determine la velocidad del collar´ın y la velocidad angular de la varilla AB cuando a) β = 0◦ , b) β = 90◦ .23
Figure 20: Mecanismo con disco rodando. Soluci´ on: Aqu´ı resolveremos exclusivamente el inciso a). Si se denomina P el punto de la rueda que est´ a en contacto con el piso, se tiene que si el disco rueda sin deslizar ~vP/disco = ~vP/piso = ~0,
y
23 Este
~atP/disco = ~atP/piso = ~0.
es el Problema 15.70 del libro Mec´ anica Vectorial Para Ingenieros, Din´ amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edici´ on, McGraw Hill: M´ exico D.F.
29
Cuando β = 0◦ , los vectores de posici´on est´ an dados por ~rD/P = 4pulg. ˆj
~rA/D = −2.5pulg. ˆj
~rB/A = 10.677pulg. ˆi + 6.5 pulg.ˆj.
Es importante se˜ nalar que el movimiento de rodadura entre dos cuerpos es un caso particular de movimiento plano general. Si la rodadura entre dos cuerpos es sin deslizamiento, las velocidades de los dos puntos de contacto y coincidentes, uno perteneciente a un cuerpo y otro perteneciente al otro cuerpo, tienen la misma velocidad y la misma componente tangencial de la aceleraci´on. En el caso particular de un disco que rueda sin deslizar sobre un plano, se tiene que el desplazamiento, s, del punto D, que es el centro del disco, y el ´ angulo de rotaci´on del disco, θ, est´ an relacionados por s = rθ donde r es el radio del disco y los sentidos del desplazamiento y del ´angulo de rotaci´on son “congruentes”. Derivando con respecto al tiempo esta expresion, puesto que r es constante, se tiene que | ~vD |= r ω donde ω = θ˙ es la velocidad angular del disco. De manera similar, una segunda derivaci´ on conduce a —el punto D se mueve a lo largo de una l´ınea recta, de manera que no tiene aceleraci´on normal—. | ~aD |= r α ¨ Es importante indicar que las direcciones de la velocidad y la aceleraci´on est´ donde α = ω˙ = θ. an relacionadas con las direcciones de la velocidad angular y la aceleraci´on angular respectivamente. De acuerdo a la definici´on del movimiento de rodadura sin deslizamiento, se tiene que ~vP/disco = ~0. Por lo tanto ~vD/disco = ~vP/disco + ω ~ × ~rD/P pulg. ˆ i = ~0 + ω kˆ × 4 pulg. ˆj = −4 ω pulg. ˆi. −45 s. Por lo tanto ω=
−45 pulg. rad. s. = 11.25 −4 pulg. s.
y
ω ~ = 11.25
rad. ˆ k. s.
Ahora determinaremos la velocidad del punto A, ~vA/disco = ~vD/disco + ω ~ × ~rA/D = −45
pulg. ˆ rad. ˆ pulg. ˆ i + 11.25 k × −2.5 pulg. ˆj = −16.875 i s. s. s.
Adem´ as ~vA/disco = ~vA/AB Estamos ahora en posici´on para obtener la velocidad del collar´ın B y la velocidad angular de la barra AB. Debe notarse que ~vB/AB ~vA/AB + ω ~ AB × ~rB/A pulg. ˆ −16.875 i + ωAB kˆ × 10.677pulg. ˆi + 6.5 pulg.ˆj s.
Las ecuaciones escalares que resultan de la ecuaci´ on vectorial son −16.875
pulg. − ωAB 6.5 pulg. = vB , s.
y 0 + ωAB 10.677pulg. = 0. 30
= ~vB/collar = vB ˆi =
vB ˆi
Por lo tanto ωAB = 0
y
vB = −16.875
o en t´erminos vectoriales ω ~ = ~0
y
~vB = −16.875
pulg. s.
pulg. ˆ i. s.
Con este resultado finaliza el problema. Problema 4.8 Una viga de acero de 10ft, mostrada en la figura 21, se baja mediante dos cables que se enrollan a la misma velocidad desde una grua viajera, vea la figura 21. Cuando la viga se aproxima al piso, los operadores de la grua aplican frenos para disminuir la velocidad de desenrollado. En el instante considerado la desaceleraci´on del cable unido al punto A es 12ft/s2 , mientras que el del cable B es 5ft/s2 . Determine la aceleraci´on angular de la viga (b) la aceleraci´on del punto C. 24
Figure 21: Barra manipulada mediante dos cables. Soluci´ on: Debe notarse que el problema supone que en el instante considerado la velocidad de desenrollado de ambos cables es igual por lo tanto ~vA = ~vB y de la ecuaci´ on
ˆ × (9[ft]ˆi) = ~vA + 9ω[ft]ˆj ~vB = ~vA + ω ~ × ~rB/A = ~vA + (ω k)
se tiene que 0 = 9ωft ⇒ ω = 0 La velocidad angular de la barra en ese instante es igual a cero. ~aA = 12ft/s2 ˆj
~aB = 5ft/s2 ˆj
y ~aB = ~aA + α ~ × ~rB/A − ω 2~rB/A Sustituting the numeric values of the variables ˆ × (9[ft]ˆi) − 02 (9[ft]ˆi) 5ft/s2 ˆj = 12ft/s2 ˆj + (αk) o 5ft/s2 = 12ft/s2 + 9α[ft]
α=
Finalmente α ~ =−
7 5ft/s2 − 12ft/s2 = − rad/s2 9ft 9
7 ft 2 ˆ /s k 9
✘0 ✘✿ ω 2✘ ~rC/A ~aC = ~aA + α ~ × ~rC/A − ✘ 24 Este problema corresponde a los problemas 15.107 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics Beer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.
31
o ~aC = 12ft/s2 ˆj + (−
7 rad 2 ˆ /s k) × (10[ft]ˆi) = 4.222222ft/s2 ˆj 9
Con este resultado finaliza el problema. Problema 4.9 Dos barras AB y DE se conectan como se muestran en la Figura 22. Sabiendo que el punto B se mueve hacia abajo con una velocidad de 60 in/s, determine (a) la velocidad angular de cada barra, (b) la velocidad del punto E.25 Nota importante: El problema debe resolverse por medio de centros instant´ aneos de velocidad.
Figure 22: Barra deslizandose sobre una rueda y el piso. Soluci´ on. Puesto que la velocidad del punto B es vertical, el centro instant´ aneo de la barra 2 yace sobre una l´ınea horizontal que pasa por el punto B. De igual manera, puesto que la velocidad del punto A es horizontal, el centro instant´ aneo de la barra 2 yace sobre una l´ınea vertical que pasa por el punto A. La intersecci´ on de esas dos l´ıneas es el punto O2 . De la Figura 22, se tiene que ~rB/O2 = 30 in ˆi
~vB = −60 in/s ˆj
Adem´ as, puesto que la velocidad del centro instantaneo O es cero, se tiene que ~ 2 × ~rB/O2 ~ 2 × ~rB/O2 = ω ~vB = ~vO2 + ω Por lo tanto −60 in/s ˆj = ω2 kˆ × 50 in ˆi = 30 in ω2 ˆj
ω2 =
−60 in/s = −2 rad/s 30 in
Adem´ as es posible calcular la velocidad del punto D, pues ~rD/O2 = 15 in ˆi − 8 in ˆj por lo tanto ~ 2 × ~rD/O = −2 rad/s kˆ × 15 in ˆi − 8 in ˆj = −16 in/s ˆi − 30 in/s ˆj ~ 2 × ~rD/O2 = ω ~vD3 = ~vD2 = ~vO2 + ω En cuanto a la localizaci´ on del centro instant´ aneo de la barra 3, se tiene que: La velocidad del punto E es horizontal de manera que el centro instant´ aneo del eslab´ on O3 est´ a localizado en una l´ınea vertical que pasa por el punto E. Por otro lado, el centro instant´ aneo O3 estar´a localizado en una l´ınea que pasa 25 Este problema corresponde a los problemas 15.98 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics Beer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.
32
por D y es perpendicular a ~vD3 = ~vD2 y por lo tanto paralelo al vector de posici´on ~rD/O2 . Entonces se tiene que ~rD/F = −15 in ˆi + 8 in ˆj Por lo tanto
y
~rO3 /F = −9 in ˆi +
8 24 ˆ 9 in ˆj = −9 in ˆi + inj 15 5
16 ˆ inj ~rD/O3 = ~rD/F − ~rO3 /F = −6 in ˆi + 5
y 16 ˆ ~ 3 × ~rD/O3 = ω3 kˆ × −6 in ˆi + = ~vO3 + ω inj 5 16 = − in ω3 ˆi − 6 in ω3 ˆj 5
−16 in/s ˆi − 30 in/s ˆj = ~vD3
De esta ecuaci´ on vectorial, se tienen dos ecuaciones escalares −16 in/s = −
16 in ω3 5
y
− 30 in/s = −6 in ω3
Las ecuaciones son consistentes y tienen como soluci´ on com´ un ω3 = 5 rad/s
y
ω ~ 3 = 5 rad/s kˆ
Finalmente, la velocidad del punto E estar´a dada por 24 ~ 3 × ~rE/O3 = 5 rad/s kˆ × − inˆj = 24 in/s ˆi. ~ 3 × ~rE/O3 = ω ~vE3 = ~vO3 + ω 5 Con este resultado finaliza el problema. Problema 4.10 En la posici´on mostrada en la figura 23, la barra AB tiene cero aceleraci´on angular y una velocidad angular de 20 rad/s en sentido antihorario. Determine (a) la velocidad angular del miembro BDH, (b) la velocidad del punto H. Adicionalmente encuentre, (c) la aceleraci´on angular del miembro BDH y (d) la aceleraci´on del punto H.26
Figure 23: Mecanismo plano de cuatro barras. 26 Este problema corresponde, con alguna modificaci´ on, al problema 15.69 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics Beer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.
33
Soluci´ on. Primeramente se numerar´an los eslabones de la siguiente forma. El eslab´ on fijo 1, el eslab´ on motriz, AB, 2, el eslab´ on acoplador, BDH, 3 y el eslab´ on seguidor, ED, 4. A continuaci´on se determinar´an los vectores de posici´on necesarios para la soluci´ on del problema. ~rB/A = 3 in ˆi − 4 in ˆj
~rD/B = 10 in ˆi
~rD/E = −3 in ˆi − 4 in ˆj
~rH/B = 10 in ˆi − 10 in ˆj
Por otro lado, se sabe que la velocidad y aceleraci´on angular del eslab´ on motriz, AB, est´ an dadas por ω ~ 2 = 20 rad/s2 kˆ
α ~ 2 = ~0.
An´ alisis de Velocidad. Primero se determinar´a la velocidad del punto B del eslab´ on 2 —debe notarse que las velocidades de los puntos coincidentes B como parte de 2 y B como parte de 3 son iguales. ˆ × (3 in ˆi − 4 in ˆj) = 80 in/s ˆi + 60 ∈ /s ˆj. ~vB2 = ~vB3 = ω ~ 2 × ~rB/A = (20 rad/s k) El an´alisis de velocidad termina notando que las velocidades de los puntos coincidentes D como parte de 3 y D como parte de 4 son iguales. Por lo tanto ~vD3 = ~vB3 + ω ~ 3 × ~rD/B = ω ~ 4 × ~rD/E = ~vD4 De aqu´ı que
(80 in/s ˆi + 60 in/s ˆj) + ω3 kˆ × (10 in ˆi) = ω4 kˆ × (−3 in ˆi − 4 in ˆj)
Esta ecuaci´ on vectorial, da lugar a un sistema de dos ecuaciones escalares, dado por 80 in/s 60 in/s + ω3 10 in
= =
4 ω4 in −3 ω4 in
La soluci´ on de este sistema de ecuaciones est´ a dado por ω4 = 20 rad/s Por lo tanto
ω3 = −12 rad/s
ω ~ 3 = −12 rad/s kˆ
ω ~ 4 = 20 rad/s kˆ
Por u ´ltimo, falta determinar la velocidad del punto H, que tambi´en forma parte del eslab´ on 3. Por lo tanto, se tiene que ~vH3 ~vH3
ˆ × (10 in ˆi − 10 in ˆj) = ~vB3 + ω ~ 3 × ~rH/B = 80 in/s ˆi + 60in/s ˆj + (−12 rad/s k) = (80 in/s + 120 in/s) ˆi + (120 in/s) ˆi = −40 in/s ˆi − 60 in/s ˆj
Este vector ~vH3 , tiene una magnitud igual a p | ~vH3 |= (−40 in/s)2 + (−60 in/s)2 = 72.111 in/s y su ´angulo respecto al semieje positivo X est´ a dado por θH = tan−1
−60 in/s = −123.69◦ −40 in/s
An´ alisis de Aceleraci´ on. Primero se determinar´a la aceleraci´on del punto B del eslab´ on 2 —debe notarse que las aceleraciones de los puntos coincidentes B como parte de 2 y B como parte de 3 son iguales. ~aB2 = ~aB3 = α ~ 2 × ~rB/A − ω22 ~rB/A = −(20 rad/s)2 (3 in ˆi − 4 in ˆj) = −1200 in/s2 ˆi + 1600 in/s2 ˆj. El an´alisis de aceleraci´on termina notando que las aceleraciones de los puntos coincidentes D como parte de 3 y D como parte de 4 son iguales. Por lo tanto ~aD3 = ~aB3 + α ~ 3 × ~rD/B − ω32 ~rD/B = α ~ 4 × ~rD/E − ω42~rD/E = ~aD4
34
De aqu´ı que (−1200 in/s2 ˆi + 1600in/s2 ˆj) + α3 kˆ × (10 in ˆi) − (−12 rad/s)2 (10 in ˆi) = α4 kˆ × (−3 in ˆi − 4 in ˆj) − (−20 rad/s)2 (−3 in ˆi − 4 in ˆj) Esta ecuaci´ on vectorial, da lugar a un sistema de dos ecuaciones escalares, dado por −2640 in/s2 1600 in/s2 + α3 10 in
= =
4 α4 in + 1200 in/s2 −3 α4 in + 1600 in/s2
La soluci´ on de este sistema de ecuaciones est´ a dado por α4 = −960 rad/s2 Por lo tanto
α3 = 288 rad/s2
α ~ 3 = 288 rad/s2 kˆ
ω ~ 4 = −960 rad/s2 kˆ
Por u ´ltimo, falta determinar la aceleraci´on del punto H, que tambi´en forma parte del eslab´ on 3. Por lo tanto, se tiene que ~aH3 ~aH3
= ~aB3 + α ~ 3 × ~rH/B − ω32 × ~rH/B ˆ × (10 in ˆi − 10 in ˆj) − (−12 rad/s)2 (10 in ˆi − 10 in ˆj) = −1200 in/s2 ˆi + 1600 in/s2 ˆj + (288 rad/s2 k)
=
240 in/s2 ˆi + 5920 in/s2 ˆj
Este vector ~aH3 , tiene una magnitud igual a p | ~aH3 |= (240 in/s2 )2 + (5920 in/s2 )2 = 5924.8628 in/s2 y su ´angulo respecto al semieje positivo X est´ a dado por θH = tan−1
5920 in/s2 = 87.6784◦ 240 in/s2
Problema 4.11 Sabiendo que en el instante mostrado la barra AB tiene una velocidad angular constante de 4 rad/s en sentido horario, determine la aceleraci´on angular (a) de la barra BD, (b) de la barra DE.27
Figure 24: Mecanismo Plano de Cuatro Barras. 27 Este
problema corresponde a los problemas 15.133 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics Beer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.
35
Soluci´ on: La figura 24 muestra el mecanismo con los eslabones o barras numeradas. Los vectores de posici´on necesarios para resolver el problema son ~rB/A = −4 a ˆi − 8 a ˆj
~rD/B = 8 a ˆi
~rD/E = 4 a ˆi − 5 a ˆj
donde a = 100 mm. Similarmente, las velocidades y aceleraciones angulares de los eslabones son ω ~ 2 = ω2 kˆ
α ~ 2 = ~0 ω ~ 3 = ω3 kˆ
α ~ 3 = α3 kˆ
ω ~ 4 = ω4 kˆ
α ~ 4 = α4 kˆ
donde ω2 = −4 rad/s An´ alisis de velocidad. Para el an´alisis de velocidad, se iniciar´a determinando la velocidad del punto A, dada por ~vB3 = ~vB2 = ω ~ 2 × ~rB/A = ω2 kˆ × (−4 a ˆi − 8 a ˆj) = 8 a ω2 ˆi − 4 a ω2 ˆj El an´alisis de velocidad finaliza notando que ~vD3 = ~vD4 , por lo tanto ~vD3 ~vD4
= ~vB3 + ω ~ 3 × ~rD/B = (8 a ω2 ˆi − 4 a ω2 ˆj) + ω3 kˆ × 8 a ˆi = 8 a ω2 ˆi + (−4 a ω2 + ω3 8 a)ˆj = ω ~ 4 × ~rD/E = ω4 kˆ × (4 a ˆi − 5 a ˆj) = 5 ω4 aˆi + 4 ω4 aˆj
Igualando estas ecuaciones se obtiene que 8 a ω2 = 5 ω4 a
− 4 a ω2 + ω3 8 a = 4 ω4 a
La soluci´ on de este sistema est´ a dado por ω4 =
8 ω2 = −6.4 rad/s 5
ω3 =
1 13 (ω2 + ω4 ) = ω2 = −5.2 rad/s. 2 10
An´ alisis de aceleraci´ on. Para el an´alisis de aceleraci´on, se iniciar´a determinando la aceleraci´on del punto A, dada por ~aB3 = ~aB2 = α ~ 2 × ~rB/A − ω22 ~rB/A = −ω22 × (−4 a ˆi − 8 a ˆj) = 4 a ω22 ˆi + 8 a ω22 ˆj El an´alisis de aceleraci´on finaliza notando que ~aD3 = ~aD4 , por lo tanto ~aD3
= =
~aD4
= =
13 ω2 ~aB3 + α ~ 3 × ~rD/B − = 10 119 ˆ 169 ˆ 4 ω22 a 1 − i + 8 a ω22 + α3 ˆj = 4 ω22 a i + 8 a ω22 + α3 ˆj 50 50 2 8 α ~ 4 × ~rD/E − ω42 ~rD/E = α4 kˆ × (4 a ˆi − 5 a ˆj) − (4 a ˆi − 5 a ˆj) ω2 5 16 2 ˆ 256 2 ˆ 5 a α4 − a ω2 i + 4 a α 4 + ω j 25 5 2 4 a ω22 ˆi +
ω32 ~rD/B
8 a ω22 ˆj +
α3 kˆ × 8 a ˆi −
2
8 a ˆi
Igualando estas ecuaciones se obtiene que −4 ω22 a
16 2 8 a ω22 + α3 = 4 a α4 + ω2 5
119 256 = 5 a α4 − a ω22 50 25
De la primera ecuaci´ on, se tiene que 119 256 2 5 a α4 = ω2 a −4 + 50 25
α4 = ω22
−238 + 256 18 = ω22 = 2.304 rad/s2 . 125 125
De la segunda ecuaci´ on, se tiene que 2 ω22 + 2 α3 = ω22
16 2 18 + ω 125 5 2
2 α3 = ω22
18 + 400 − 250 168 = ω22 125 125
α3 =
84 2 ω = 10.752 rad/s 125 2
Problema 4.12 Un tambor de 3′′ de radio, mostrado en la efigura 25, est´ a rigidamente unida a un tambor de 5′′ de radio como muestra la figura 25. El tambor A rueda sin deslizar sobre la superfcie 36
Figure 25: Tambor sobre riel. mostrada y una cuerda ´esta enrollada alrededor del otro tambor. Sabiendo que en el instante mostrado el extremo D de la cuerda tiene una velocidad de 8pul/s y una aceleraci´on de 30pul/s2 , ambas dirigiendose a la izquierda, determine las aceleraci´ones de los puntos A, B y C de los tambores.28 Los datos del problema est´ an dados por ~aD = −30in/s2ˆi = ~aTB
~vD = −8in/sˆi = ~vB
y
Puesto que el tambor rueda sin deslizar sobre la varilla, se tiene que ~aTA = ~0 ⇒ ~aA = aˆj
~vA = ~0
Por lo tanto, la ecuaci´ on que permite escribir la velocidad de B en t´erminos de la velocidad de A, est´ a dada por ~vB = ~vA + ω ~ × ~rB/A Num´ericamente
ˆ × (−2inˆj) −8in/sˆi = ~0 + (ω k)
Por lo tanto
ω ~ = −4rad/skˆ
De manera semejante, la ecuaci´ on que permite escribir la aceleraci´on de B en t´erminos de la aceleraci´on de A, est´ a dada por ~aB = ~aA + α ~ × ~rB/A − ω 2~rB/A Num´ericamente
ˆ × (−2inˆj) − (−4rad/s)2 (−2inˆj) −30in/s2ˆi + aBy ˆj = aAy ˆj + (αk) aBy = aAy + 32in/s2
−30in/s2 = 2αin Por lo tanto
α ~ = −15rad/s2 kˆ
α = 15rad/s2
Por otro lado, note que en el punto G se mueve en una linea recta horizontal, entonces: ~aG = ~aA + α ~ × ~rG/A − ω 2~rG/A ˆ × (3inˆj) − (−4rad/s)2 (3inˆj) aGxˆi = aAy ˆj + (−15rad/s2 k) aGx = 45in/s2 Finalmente
0 = aAy − 48in/s2
aAy = 48in/s2
~aA = 48in/s2 ˆj
28 Este problema corresponde a los problemas 15.116 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics Beer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.
37
De manera semejante aBy = aAy + 32in/s2 = 80in/s2 De manera que la aceleraci´on del punto B est´ a dada por ~aB = −30in/s2ˆi + 80in/s2 ˆj
o
aB = 85.44in/s2
Igualmente
~rG/A = 5ˆi + 3ˆj[in]
~aG = ~aA + α ~ × ~rG/A − ω 2~rG/A
o
θ = 180 − 69.44◦
ˆ × (5ˆi + 3ˆj) − (−4)2 (5ˆi + 3ˆj)[ in ] ~aG = 48ˆj + (−15k) s2
y Finalmente
~aG = ˆi(+45 − 80)in/s2 + ˆj(48 − 75 − 48)in/s2 ~aG = −35in/s2ˆi − 75in/s2 = 82.764in/s2
θ = 180 + 64.98◦
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 4.13 Determine una expresi´ on general para la aceleraci´on del pist´on C como una funci´on ˙ y αAB = θ. ¨ 29 de L, R, θ, ωAB = θ,
Figure 26: Mecanismo manivela biela corredera. Soluci´ on. Los vectores de posici´on del punto B respecto del punto A y del punto C respecto del punto B est´ an dados por p ~rB/A = R C θ ˆi + R S θ ˆj ~rC/B = −R C θ ˆi + L2 − R2 C 2 θ ˆj La velocidad y aceleraci´on angular de la manivela y de la biela est´ an dadas por ω ~ 2 = θ˙ kˆ
α ~ 2 = θ¨ kˆ
ω ~ 3 = ω3 kˆ
α ~ 3 = α3 kˆ
1. An´ alisis de Velocidad. La velocidad del punto B est´ a dado por ~vB = ω ~ 2 × ~rB/A = θ˙ kˆ × R C θ ˆi + R S θ ˆj = −R S θ θ˙ ˆi + R C θ θ˙ ˆj
La soluci´ on del an´alisis de aceleraci´on se obtiene igualando dos expresiones equivalentes de la velocidad del punto C p ~vC = ~vC + ω ~ 3 × ~rC/B = −R S θ θ˙ ˆi + R C θ θ˙ ˆj + ω3 kˆ × −R C θ ˆi + L2 − R2 C 2 θ ˆj p = −R S θ θ˙ − ω3 L2 − R2 C 2 θ ˆi + R C θ θ˙ − ω3 R C θ ˆj
29 Este problema corresponde a los problemas P6.131 del libro Engineering Mechanics: Dynamics Gray, Costanzo and Plesha, Second Edition, New York: McGraw Hill.
38
y
~vC = vC ˆj
Igualando estas ecuaciones, se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones p −R S θ θ˙ − ω3 L2 − R2 C 2 θ = 0 R C θ θ˙ − ω3 R C θ = vC La soluci´ on de este sistema de ecuaciones est´ a dada por R S θ θ˙ ω3 = − √ L2 − R 2 C 2 θ
5
˙ vC = R θ C θ 1 + √
RSθ 2 L − R2 C 2 θ
Problemas de movimiento de cuerpos r´ıgidos analizados en t´ erminos de un par´ ametro.
En esta secci´on se analizar´an diferentes problemas de la cinem´ atica de cuerpos r´ıgidos sujetos, usualmente a movimiento plano general. En estos problemas, el movimiento del cuerpo r´ıgido se estudia encontrando ecuaciones en t´erminos de un par´ ametro y la derivaci´ on de esas ecuaciones respecto al tiempo, permite determinar las velocidades y aceleraciones de los cuerpos o de los puntos que pertenecen a esos cuerpos. Problema 5.1 La placa OAB forma un tri´angulo equil´ atero el cual rota en sentido contrario a las manecillas del reloj, con velocidad angular creciente, alrededor de un eje perpendicular al plano del papel y que pasa por el punto O. Si las componentes normal y tangencial de la aceleraci´on del centroide C en un cierto instante son 80 m/s2 y 30 m/s2 ,respectivamente. Determine los valores de θ˙ y θ¨ en ese mismo instante. El ´ angulo θ es el angulo entre la l´ınea AB y el eje horizontal fijo,vea la figura 27.30
Figure 27: Placa OAB. Soluci´ on. Este problema se resolver´ a analizando el movimiento en t´erminos de un par´ ametro e involucra un an´alisis geom´etrico de la placa OAB. La placa OAB es equil´ atera de manera que el ´angulo < BAO = 60◦ , por lo tanto el ´ angulo suplementario es igual a 120◦ . Del an´alisis del tri´angulo cuyos v´ertices son los puntos A y O y el ´ angulo opuesto es θ, y denominando δ el ´angulo entre la horizontal y la l´ınea OA, se tiene que 180◦ = −120◦ + θ + δ Por lo tanto δ + θ = 60◦
θ = 60◦ − δ
30 Este es el Problema 5.14 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. J.L.Meriam, L.G.Kraige, Seventh Edition, Jonh Wiley and Sons, Inc.: New York.
39
Derivando repetidamente, se tiene que θ˙ = −δ˙
θ¨ = −δ¨
y
Ahora, es necesario determinar la distancia OC = r. Del tri´angulo AOC y empleando la ley de cosenos se obtiene a2 = r2 + r2 − 2 r r cos φ = 2 r2 − 2 r2 cos φ = 2 r2 (1 − cos φ) donde el ´angulo φ φ = 180◦ − 2 (30◦ ) = 120◦ Despejando r de la ecuaci´ on anterior r= p
a
=p
2(1 − cos φ)
150
a = √ = 86.6 mm = 0.0866 m 3 2[1 − (−0.5)]
La aceleraci´on tangencial est´ a dada por at = αr
Por lo tanto
α=
at 30 m/s2 = = 346.42 rad/s2 r 0.0866 m
Puesto que la velocidad angular es creciente, se tiene que δ¨ = −α = −346.42 rad/s2 Finalmente
θ¨ = −δ¨ = α = 346.42 rad/s2
De la aceleraci´on normal se tiene que an = ω 2 r por lo tanto ω=
r
an = r
r
80 m/s2 = 30.39 rad/s 0.0866 m
Puesto que la rotaci´on es en sentido antihorario se tiene que δ˙ = −ω = −30.39 rad/s Por lo que
θ˙ = −δ˙ = 30.39 rad/s
Con esta ecuaci´ on finaliza la soluci´ on del problema. Problema 5.2 El cilindro hidra´ ulico fijo C transmite una velocidad v hacia arriba al collar B, que se desliza libremente en la barra OA. Determine la velocidad ´angular resultante ω de OA en t´erminos de v, el desplazamiento s del punto B y la distancia d.31 Soluci´ on. Este problema se resolver´ a expresando el movimiento en t´erminos de un par´ ametro. Para lo cual, debemos buscar una funci´on trigonom´etrica que relacione la distancia que sale del pist´on s con la distancia del mismo al eje fijo de rotaci´on d en funci´on del ´angulo, θ, que forma ´este con la barra OA. En este caso, la relaci´ on es bastante obvia y est´ a dada por tanθ =
s d
s = d tanθ
(17)
La ecuaci´ on (17) es la que se busca y el par´ ametro es la distancia s. Ahora se derivar´ a el desplazamiento s con respecto al tiempo para encontrar la velocidad angular de la barra OA v=
d (d tanθ) dθ d dθ ds = = d sec2 θ = dt dt dt cos2 θ dt
31 Este es el Problema 5.29 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. J.L.Meriam, L.G.Kraige, Seventh Edition, John Wiley and Sons, Inc: New York.
40
Figure 28: Problema 5 − 29 del libro de Meriam. Despejamos la derivada del ´ angulo con respecto del tiempo para encontrar la velocidad ´angular de la barra OB dθ (v)(cos2 θ) ωOA = = (18) dt d La ecuaci´ on (17) resuelve el problema. Debe notarse que si el ´angulo θ crece la velocidad angular es en sentido antihorario. Ahora, determinaremos adem´ as la aceleraci´on angular de la barra OA. Analizando la figura y aplicando un poco de trigonometr´ıa, se sabe que cosθ = √
s2
d + d2
Sustituyendo esta ecuaci´ on en la ecuaci´ on (18) se obtiene la ecuaci´ on v d
ωOA =
√
d s 2 + d2
2
=
vd s 2 + d2
(19)
Ahora se proceder´ a a encontrar la aceleraci´on ´angular de la barra OA derivando la velocidad ´angular encontrada en la ecuaci´ on (18), se supondr´a adem´ as que la velocidad de variaci´on de la velocidad v est´ a dada por dv a≡ dt As´ı pues, se obtiene que d (ωOA ) vd d αOA = = dt dt s2 + d2 Realizando la derivada, se tiene que αOA =
ds 2 2 ( dv dt d)(s + d ) − (2s dt )(vd) (s2 + d2 )2
Sabiendo que la derivada de la variable s es la velocidad y la derivada de v es la aceleraci´on se obtiene αOA =
(ad)(s2 + d2 ) − (2sv)(vd) (s2 + d2 )2
(20)
La ecuaci´ on (20) permite determinar la aceleraci´on de la barra OA. Adem´ as, si la velocidad angular ωOA crece la aceleraci´on angular es en sentido antihorario. Con este u ´ltimo resultado finaliza la soluci´ on del
41
problema. Problema 5.3 La barra AB, vea la figura 29 se mueve sobre una peque˜ na rueda en el punto C mientras que A se mueve a la derecha con una velocidad constante vA . Usando el m´etodo de descripci´on del movimiento en t´erminos de un par´ ametro derive expresiones para la velocidad y aceleraci´on angular de la barra. Derive expresiones para las componentes horizontales y verticales de la velocidad del punto B.32
Figure 29: Barra deslizandose sobre una rueda y el piso. Soluci´ on. El eslab´ on fijo se denominar´ a 1, la barra ACB se denominar´ a el eslab´ on 2 y el rodillo se denominar´ a el eslab´ on 3. De la figura 29, se tiene que tan θ =
b , xA
(21)
Derivando la expresi´ on (21), respecto al tiempo, y notando que mientras que b es una constante, θ y xA son variables, se tiene que b d xA −2 d xA 2 dθ =− 2 = b −xA sec θ dt dt xA d t Finalmente, debe notarse que la velocidad angular de la barra AB est´ a dada por ω≡
dθ dt
Adem´ as, si la velocidad del punto A es hacia la derecha, entonces d xA = −vA dt pues la coordenada xA disminuye su valor algebraico. Por lo tanto ω=−
b vA b Cos2 θ (−vA ) = 2 Cos2 θ 2 xA xA
(22)
Si se desea evitar la presencia del ´ angulo θ, recordando que Cos θ =
xA (x2A
+
Sen θ =
1/2 b2 )
b (x2A
+ b2 )
1/2
32 Este problema corresponde a los problemas 15.141 y 15.142 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics Beer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.
42
se tiene que ω=
b vA x2A + b2
(23)
Esta forma de la ecuaci´ on es mejor pues s´ olo una variable aparece en la misma. Derivando, nuevamente, con respecto al tiempo la ecuaci´ on (23), y notando que vA es constante por la definici´on del problema, se tiene que 2 −2 dω d xA 2 b vA xA α≡ 2xA = (24) = b vA − x2A + b2 2 dt dt (x2A + b2 )
Si la persona paso por alto esta u ´ltima reducci´on, a´ un as´ı es posible obtener el mismo resultado. Derivando, nuevamente, con respecto al tiempo la ecuaci´ on (22), y notando que vA es constante por la definici´on del problema, se tiene que dθ dω −3 d xA −2 2 Cos θ + xA 2 Cos θ −Sen θ = b vA −2 xA α≡ dt dt dt 2 2 2 2 b vA Cos2 θ 2 b vA Cos θ Sen θ 2 b vA Cos2 θ 2 b2 vA Cos3 θ Sen θ = − ω = − (25) x3A x2A x3A x4A Sustituyendo las ecuaciones del seno y coseno de θ, se tiene que α
=
2 2 2 2 b x2A x3A 2 b2 v A Cos3 θ Sen θ 2 b vA 2 b vA Cos2 θ 2 b2 vA − − = 3 4 3 2 4 2 xA xA xA xA + b xA (x2 + b2 )3/2 (x2 + b2 )1/2 A A
=
2 2 2 2 2 2 2 b vA 2 b3 v A 2 b vA xA 2 xA + b − b − = 2 b vA = 2 2 2 2 2 2 2 2 xA (xA + b ) xA (x2A + b2 ) xA (xA + b ) (xA + b2 )
(26)
Comprobando el resultado. Las componentes horizontales y verticales de la posici´on del punto B, con referencia al punto O est´ an dadas por xB = −xA + l Cos θ y yB = l Sen θ (27) Derivando las ecuaciones (27) respecto al tiempo se tiene que vBx
vBy
≡
≡
d xA dθ b vA d xB =− − l Sen θ = −vA − l Sen θ ω = vA − l Sen θ 2 dt dt dt x A + b2
=
vA − l
l b2 v A b vA = vA − 2 3/2 +b (x2A + b2 )
(28)
b vA xA d yB dθ xA l b xA v A ω=l = = l Cos θ =l 2 2 1/2 1/2 3/2 dt dt xA + b (x2A + b2 ) (x2A + b2 ) (x2A + b2 )
(29)
b (x2A +
1/2 x2 b2 ) A
Ahora se resolver´ a el mismo problema empleando m´etodos vectoriales. La clave de la soluci´ on es que en el punto C existe deslizamiento, pero para mantener contacto y dada la suposici´on de cuerpo r´ıgido, una condici´ on necesaria es que la componente de la velocidad de C como parte del eslab´ on 2 a lo largo de la normal com´ un debe ser cero. ~vC2ˆn = ~vC3ˆn = ~0. (30) El vector de posici´on del punto C con respecto al punto A, es igual a ~rC/A = xA ˆi + b ˆj De manera que ~vC = ~vA + ω ~ 2 × ~rC/A = vA ˆi + ω2 kˆ × xA ˆi + b ˆj = (vA − ω2 b) ˆi + (ω2 xA ) ˆj
Un vector unitario a lo largo de la normal com´ un, en el punto C, est´ a dado por n ˆ = −sen θ ˆi + cos θ ˆj 43
De manera que la condici´ on dada por la ecuaci´ on (30) conduce a h i 0=n ˆ · ~vC = −sen θ ˆi + cos θ ˆj · (vA − ω2 b) ˆi + (ω2 xA ) ˆj = −sen θ (vA − ω2 b) + cos θ (ω2 xA )
Sin embargo, de la figura, se tiene que
sen θ = p
b x2A
+
cos θ = p
b2
de manera que, la condici´ on se reduce a 0 = −p
o b vA p
x2A
+
b2
= ω2
b x2A
p
+
b2
b2 x2A
+
(vA − ω2 b) + p
b2
+p
x2A
x2A
+
b2
xA x2A + b2
xA x2A + b2
!
o
ω2 x A
ω2 =
b vA + b2
x2A
Tambi´en se calcular´ a la componente de velocidad a lo largo de la tangente com´ un, suponiendo que el rodillo 3 no tiene movimiento alguno. El vector unitario tangente est´ a dado por tˆ = cos θ ˆi + sen θ ˆj de manera que h i ~vC2tˆ = tˆ · ~vC = cos θ ˆi + sen θ ˆj · (vA − ω2 b) ˆi + (ω2 xA ) ˆj = vA cos θ + ω2 (−cos θ b + sen θ xA )
Sustituyendo los valores de ω2 , sen θ y cos θ, se tiene que la componente tangencial de la velocidad del punto C como parte de la barra ACB, eslab´ on 2, est´ a dada por ! v A xA b vA b xA xA =p 2 + 2 + xA p 2 ~vC2tˆ = vA p 2 −b p 2 x A + b2 x A + b2 x A + b2 x A + b2 x A + b2 Con este resultado finaliza el problema.
Problema 5.4 El disco motriz del mecanismo de yugo escoces, mostrado en la figura 30, tiene una velocidad angular ω y una aceleraci´on angular α, ambos en sentido antihorario. Usando el m´etodo de la secci´on 15.9, derive expresiones para la velocidad y aceleraci´on del punto B.33 El vector de posici´on del punto B, est´ a dado por ~rB = (b sin θ + c)ˆj Derivando el vector de posici´on respecto al tiempo, y notando que θ es una variable, se tiene que ~vB
d~rB dθ = b cos θ ˆj = bθ˙ cos θˆj dt dt
=
θ˙ = ω
Derivando nuevamente la ecuaci´ on de la velocidad respecto al tiempo, se tiene que ~aB
=
d~vB d = [bθ˙ cos θˆj] = (bθ¨ cos θ − bθ˙2 sin θ)ˆj dt dt
donde Por lo tanto
θ˙ = ω ~vB = bω cos θˆj
θ¨ = α α ~ B = (bα cos θ − bω 2 sin θ)ˆj
Con este resultado finaliza el problema. Problema 5.5 Un volante de radio r rueda sin deslizar a lo largo del interior de un cilindro fijo de radio R con una velocidad angular constante ω. Denotando por P el punto del volante en contacto 44
Figure 30: Yugo escoces
Figure 31: Volante rodando en el interior de un cilindro hueco. con el cilindro para el tiempo t = 0 mostrado en la figura 31, derive expresiones para las componentes horizontal y vertical de la velocidad de P para el tiempo t. (La curva descrita por el punto P se denomina hipocicloide).34 El principal problema es encontrar la relaci´ on entre el ´angulo de rodado θ y el ´angulo φ. Con referencia a la figura 32, suponga que el volante rodo un ´angulo θ de manera que el punto inicial P est´ a ahora en la posici´on P ′ . ⌢
Debe notarse que el arco de c´ırculo P P ′ = r θ, pero puesto que el volante “sube” por la cara interior del cilindro, el nuevo punto de contacto entre el volante y el cilindro es ahora el punto Q. Puesto que el movimiento es de rodadura, se tiene la siguiente igualdad entre arcos de c´ırculo. ⌢
⌢
P ′ Q=P Q Sustituyendo los arcos en t´erminos de los radios y ´angulos de rodado, se tiene que rθ +rφ = Rφ
de donde
El vector de posici´on del punto P est´ a dado por
φ=
rθ R−r
~rP ′ /O = ~rO′ /O + ~rP ′ /O′ 33 Este
problema corresponde a los problemas 15.140 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics Beer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill. 34 Este problema corresponde a los problemas 15.148 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics Beer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.
45
Figure 32: Determinaci´on de la relaci´ on del ´angulo de rodado y el de inclinaci´on. En el sistema coordenado OXY el vector ~rO′ /O est´ a dado por h i ~rO′ /O = (R − r) sen φ ˆi + R − (R − r) cos φ ˆj
a dado por En el sistema coordenado OXY el vector ~rP ′ /O′ est´
~rP ′ /O′ = −r sen θ ˆi − r cos θ ˆj a dado, en el sistema coordenado OXY , por Entonces, el vector ~rP ′ /O′ est´ ~rP ′ /O
= ~rP ′ /O′ + ~rO′ /O = =
[(R − r) sen φ − r sen θ] ˆi + [R − (R − r) cos φ − r cos θ] ˆj rθ rθ − r sen θ ˆi + R − (R − r) cos − r cos θ ˆj (R − r) sen R−r R−r
Derivando el vector ~rP ′ /O respecto al tiempo, se tiene que d ~rP ′ /O r rθ ˙ rθ ˙ ˆ ~vP ′ = = (R − r) cos θ − r cos θ θ i + R − (R − r) cos − r cos θ ˆj dt R−r R−r R−r rθ rθ ˙ ˙ ˆ − cos θ i + r θ sen + sen θ ˆj = r θ cos R−r R−r Debe notarse que si R = 2 r, la ecuaci´ on anterior se reduce a rθ rθ ~rP ′ /O = (2 r − r) sen − r sen θ ˆi + 2 r − (2 r − r) cos − r cos θ ˆj 2r − r 2r − r ˆ ˆ = [r sen θ − r sen θ] i + [2 r − r cos θ − r cos θ] j = 2 r (1 − cos θ) ˆj Este es el resultado del problema 15.149 del mismo libro. Problema 5.6 Determine una expresi´ on general para la aceleraci´on del pist´on C como una funci´on ˙ y αAB = θ. ¨ 35 de L, R, θ, ωAB = θ, Soluci´ on. Los vectores de posici´on del punto B respecto del punto A y del punto C respecto del punto B est´ an dados por p ~rB/A = R C θ ˆi + R S θ ˆj ~rC/B = −R C θ ˆi + L2 − R2 C 2 θ ˆj
Por lo tanto
p p ~rC/A = ~rB/A + ~rC/B = 0 ˆi + R S θ + L2 − R2 C 2 θ ˆj = R S θ + L2 − R2 C 2 θ ˆj
35 Este problema corresponde a los problemas P6.131 del libro Engineering Mechanics: Dynamics Gray, Costanzo and Plesha, Second Edition, New York: McGraw Hill.
46
Figure 33: Mecanismo manivela biela corredera. Por lo tanto, la velocidad del punto C est´ a dada por ~vC =
p d ~rC/A d = R S θ + L2 − R2 C 2 θ ˆj dt dt
Puesto que se sabe que la velocidad y aceleraci´on del punto C tiene siempre la direcci´on del eje vertical, para reducir la escritura, s´ olo se considerar´ a la componente escalar, por lo tanto vC
p − 1 1 2 d R S θ + L2 − R2 C 2 θ = R C θ θ˙ + L − R2 C 2 θ 2 −R2 2 C θ(−S θ)θ˙ dt 2 R S θ = R C θ θ˙ 1 + √ L2 − R 2 C 2 θ =
Para la aceleraci´on, se tiene que RSθ d d ˙ RC θθ 1+ √ vC = aC = dt dt L2 − R 2 C 2 θ RSθ 2 ¨ ˙ 1+ √ = RC θθ −RSθθ L2 − R 2 C 2 θ √ − 1 R C θ θ˙ L2 − R2 C 2 θ − R S θ 12 L2 − R2 C 2 θ 2 −R2 2 C θ(−S θ)θ˙ +R C θ θ˙ L2 − R 2 C 2 θ " # L2 − R 2 C 2 θ − R 2 S 2 θ RSθ 2 2 2 2 ¨ ˙ ˙ 1+ √ = RC θθ −RSθθ +R C θθ 3 L2 − R 2 C 2 θ (L2 − R2 C 2 θ) 2 Problema 5.7 Empleando el m´etodo de an´alisis de un movimiento en t´erminos de un par´ ametro, determine una expresi´ on para la magnitud de la velocidad del punto C en t´erminos de la velocidad vB de la barra del pist´on y el ´ angulo θ.36 Soluci´ on. Debe notarse que el tri´angulo OAB es is´osceles, por lo tanto, si el ´angulo < BOA =< OBA = φ, se tiene que θ + 2φ = π
φ=
π θ − 2 2
θ˙ φ˙ = − 2
36 Este es el Problema 5.111 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. J.L.Meriam, L.G.Kraige, Seventh Edition, John Wiley and Sons, Inc: New York.
47
C b B
O
θ
b
vB
b A
Figure 34: Mecanismo actuado mediante un cil´ındro neum´atico. Por otro lado, si se define sB como la distancia que parte del punto O hasta el punto B, de la ley de cosenos aplicada al tri´angulo OAB, se tiene que s2B = b2 + b2 − 2 b b C θ = 2 b2 − 2 b2 C θ = 2 b2 (1 − C θ) Sin embargo, S2
θ 1−Cθ = 2 2
Por lo tanto
θ θ sB = 2 b S 2 2 Derivando, respecto al tiempo, esta expresi´ on, se tiene que s2B = 22 b2 S 2
s˙ B =
d sB θ θ˙ θ = 2bC = b C θ˙ dt 2 2 2
No obstante, debe notarse que s˙ B = De manera que −vB = b C Por lo tanto
d sB = −vB dt
θ ˙ θ 2
vB θ˙ = − b C θ2
vB θ˙ φ˙ = − = 2 2bC
θ 2
Finalmente, la velocidad angular del brazo ABC est´ a dada por ω ~ ABC = φ˙ kˆ =
vB 2bC
θ 2
kˆ
Estamos pues en posibilidades de determinar la velocidad del punto C. Su vector de posici´on est´ a dado por ~rC/B = b C φ ˆi + b S φ ˆj Sin embargo de las identidades trigonom´etricas, se tiene que Sφ=S(
π θ π θ θ π θ − )=S C −C S =C 2 2 2 2 2 2 2
y Cφ=C(
π θ π θ π θ θ − )=C C +S S =S 2 2 2 2 2 2 2
Por tanto, ~rC/B = b S
θ θˆ i + b C ˆj 2 2
48
De estos resultados, se tiene que ~vC = ~vB + ω ~ ABC × ~rC/B = vB ˆi +
vB 2bC
θ 2
θ θ 3 vB S kˆ × b S ˆi + b C ˆj = vB ˆi + 2 2 2 2 C
θ 2 θ 2
ˆj
Por lo tanto # # # " " " v 2 9 C 2 θ + S 2 θ v 2 1 + 8 C 2 θ v 2 v 2 S 2 θ2 B B B B 2 θ 2 2 2 2 = = 8 + Sec 9+ 2 θ = | ~vC | = 2 2 2 2 2 C 2 C 2 θ2 C 2 θ2 Finalmente vB | ~vC |= 2
6
r
8 + Sec2
θ 2
Problemas de movimiento de cuerpos r´ıgidos que tienen movimientos con respecto a un sistema de referencia sujeto a movimiento de rotaci´ on.
En esta secci´on se analizar´an diferentes problemas de la cinem´ atica de cuerpos r´ıgidos sujetos a movimientos con respecto a un sistema de referencia sujeto a movimiento de rotaci´on. El an´alisis de aceleraci´on de estos cuerpos conduce al concepto de acereleraci´on Coriolis. Problema 6.1 El movimiento de la boquilla D est´ a controlada por el brazo AB. En el instante mostrado, el brazo est´ a rotando en sentido antihorario a la velocidad constante ω = 2.4rad/s y la porci´ on BC se est´ a extendiendo a una tasa constante u = 10m/s con respecto al brazo. Para cada uno de los arreglos mostrados en la figura 35 determine la aceleraci´on de la boquilla D.37
Figure 35: Arreglos de mangueras extensibles. El vector de posici´on de la boquilla D respecto al pivote rotatorio A est´ a dado por ~rD/A = 11ˆi + 4ˆj[in] La velocidad angular del regador rotatorio est´ a dada por ω ~ = 2.4rad/skˆ 37 Este problema corresponde a los problemas 15.166 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics Beer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.
49
Las velocidades de la boquilla respecto a un sistema de referencia sujeto a rotaci´on alrededor de un eje perpendicular al plano del papel que pasa por el punto A. • En el primer caso a). u ˆa = ˆi
AX1 Y1 Z1
d ~rA dt
= 10 in/s u ˆa = 10 in/s ˆi (a)
• En el segundo caso b). 3 u ˆb = ˆi + 5
4ˆ i 5
AX1 Y1 Z1
d ~rA dt
(b)
= 10 in/s u ˆb = 6ˆi + 8ˆj in/s
Ahora procederemos a calcular la aceleraci´on de la boquilla D en ambos casos • En el primer caso a). OXY Z
d2~rD dt2
2 ✘ ✿ ✘0 d ~rA d✘~r✘ ✿ ✘0 2 D✘ AX1 Y1 Z1 ✘ ✘ α ~✘ × ~rD/A − ω ~rD/A + 2 ω ~ × = +✘ ✘✘ dt2 d t (a) ✘ ✘✘ (a) AX1 Y1 Z1
(a)
= = =
ˆ × (10in/sˆi) −(2.4 rad/s)2 (11 in ˆi + 4 in ˆj) + 2(2.4rad/sk) −63.36 in/s2 ˆi − 23.04 in/s2 ˆj + 48 in/s ˆj = −63.36 in/s2 ˆi + 24.96 in/s2 ˆj 68.099in/s2
∠θ = tan−1
24.96 in/s2 = 180◦ − 21.5◦ = 158.5◦ −63.36 in/s2
• En el segundo caso b). OXY Z
d2~rD dt2
(b)
2 ✘ ✿ ✘0 d✘~r✘ ✘0 2 D✘ ✘✿ ✘ α ~✘ ×✘ ~rD/A − ω ~rD/A + 2 ω ~ × = +✘ ✘ 2 ✘ dt ✘✘ (b) AX1 Y1 Z1
= = =
AX1 Y1 Z1
d ~rA dt
(b)
ˆ × (6 in/s ˆi + 8 in/s ˆj) −(2.4 rad/s) (11 in ˆi + 4 in ˆj) + 2 (2.4 rad/s k) 2 2 2 ˆ ˆ ˆ −63.36 in/s i − 23.04 in/s j + 28.8 in/s j − 38.4 in/s2 ˆi = −101.76 in/s2 ˆi + 5.76 in/s2 2
101.92in/s2
∠θ = tan− 1
5.76in/s2 = 180◦ − 3.239◦ = 176.761◦ −101.75in/s2
Problema 6.2 La barra AB, de la figura 36, se mueve sobre una peque˜ na rueda en C mientras que el punto A se mueve hacia la derecha con una velocidad constante de 500 mm/s. En el instante mostrado, determine (a) la velocity angular de la barra, (b) la velocidad del extremo B de la barra.38 La figura correspondiente muestra que xA = 200 mm, b = 140 mm. y l = 400 mm. Debe notarse que los datos indican que ~vA = −500 mm/s ˆi. Soluci´ on. Es importante notar que la barra est´ a sujeta a movimiento plano general. De manera que es posible escribir ~vC = ~vA + ω ~ × ~rC/A . Mas a´ un, es importante notar que la velocidad del punto C que pertenece AB tiene la direcci´on de la propia barra, pues si el punto C tuviera una componente de velocidad normal a la barra, ocurrir´ıa alguna de las dos posibles situaciones • Si la velocidad del punto C de la barra tiene una componente de velocidad normal a la barra y hacia abajo y a la derecha, la barra y la rueda en C se deformar´ıan y violar´ıan la suposici´on de que los cuerpos son r´ıgidos. • Si la velocidad del punto C de la barra tiene una componente de velocidad normal a la barra y hacia arriba y a la izquierda, la barra se separaria de la rueda, esta situaci´on puede ocurrir, pero para analizar el movimiento de la barra ser´ıa necesario recurrir a la din´ amica. 38 Este problema corresponde a los problemas 15.43 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics Beer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.
50
Figure 36: Barra deslizandose sobre una rueda y el piso, repetida. El vector unitario paralelo a la barra y con el sentido de A a B est´ a dado por xA ˆi + b ˆj 0.2 m ˆi + 0.14 m ˆj u ˆ= p 2 = 0.81923 ˆi + 0.57346 ˆj. =p (0.2 m)2 + (0.14 m)2 x A + b2
Sustituyendo estos resultados se tiene que vC 0.81923 ˆi + 0.57346 ˆj = −0.5 m/s ˆi + ω kˆ × 0.2 m ˆi + 0.14 m ˆj
Esta ecuaci´ on resulta en el sistema de ecuaciones
vC 0.81923 = −0.5 m/s − (0.14 m) ω
vC 0.57346 = (0.2 m) ω
Resolviendo el sistema de ecuaciones, se tiene que ω = vC
0.57346 2.8673 = vC 0.2 m m
y vC 0.81923 = −0.5 m/s − (0.14 m)
2.8673 vC m
vC = −
0.5 m/s = 0.4096 m/s 1.22065
y ω = 1.17449 rad/s Este resultado puede verificarse usando los resultados del problema 9, vea la ecuaci´on (23), ω=
(0.14 m)(0.5 m/s) b vA = = 1.17449 rad/s. 2 +b (0.2 m)2 + (0.14 m)2
x2A
Con este resultado finaliza el problema. Problema 6.3 Un cohete trineo se somete a prueba en una pista recta que se construye a lo largo de un meridiano. Si la pista se ubica a 40◦ latitud norte, vea la figura 37, determine la aceleraci´on de 39 Coriolis del trineo cuando ´este se mueve hacia el norte a una velocidad de 600 mi h . Soluci´ on: Suponga que el origen se encuentra en el centro de la tierra y los ejes coordenados est´ an orientados de la siguiente manera, el eje X perpendicular al papel y positivo hacia afuera, el eje Y positivo 39 Este
es el Problema 15.162 del libro Mec´ anica Vectorial Para Ingenieros, Din´ amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edici´ on, McGraw Hill: M´ exico D.F.
51
Figure 37: Trineo moviendose sobre la tierra. hacia la derecha y el eje Z positivo hacia arriba. De manera que la velocidad angular de la tierra est´ a dada por 2π 2π rad. ˆ ω ~ = kˆ = kˆ = 7.3682 10−6 k. 24 horas (24) (3600) s. s. Por otro lado, la magnitud de la velocidad del cohete trineo est´ a dada por | ~v |= 600
m. 5280 p p. = 600 = 880 h. 3600 s. s.
Por lo tanto, la velocidad del cohete trineo est´ a dada por p. ˆ Cos 130◦ ˆj + Sen 130◦ kˆ = −565.65 ˆj + 674.12 k. ~v = 880 s.
Por lo tanto, la aceleraci´on Coriolis del cohete trineo estar´a dada por rad. ˆ p ~aC = 2~ ω × ~v = 2 7.3682 10−6 k × −565.65 ˆj + 674.12 kˆ = −0.008335 2 ˆi. s. s
Es importante se˜ nalar que si la velocidad de cohete trineo es constante, la aceleraci´on del cohete trineo respecto a un sistema de referencia fijo a la tierra y suponiendo que la tierra no gira est´ a dada por ~aCT /T ierraF ija = ~an mientras que la aceleraci´on del cohete trineo respecto a un sistema de referencia fijo a la tierra y suponiendo que la tierra gira est´ a dada por ~aCT /T ierraGirando = ~an + ~aC . De manera que la aceleraci´on Coriolis representaria la diferencia en las aceleraciones vista desde ambos sistemas de referencia. Problema 6.4 Un veh´ıculo experimental A viaja a velocidad constante v relativo a la tierra a lo largo de una via Norte-Sur. Determine la aceleraci´on Coriolis ~aCor , como funci´on de la latitud θ. Suponga un sistema de referencia rotatorio Bxyz fijo a la tierra y que la tierra es esf´erica. Si la velocidad del veh´ıculo es de v = 500km/h, determine la magnitud de la aceleraci´on Coriolis en (a) El ecuador y (b) en el polo norte, vea la figura 38.40 Soluci´ on. Primero se determinar´a la velocidad respecto al Sistema de referencia sujeto a rotaci´on, fijo a la tierra, πˆ π ˆ d ~r Bxyz = v Cos θ + j + Sen θ + k = v −Sen θˆj + Cos θkˆ dt 2 2 40 Este es el Problema 5 − 163 del libro Engineering Mechanics, Meriam, J. L. and Kraige, L. G. Seventh Edition, John Wiley and Sons: New York
52
Figure 38: Veh´ıculo experimental moviendose sobre la tierra. donde
500000 m/s = 138.888 m/s 3600 La velocidad angular de la tierra, que se supone gira alrededor de una l´ınea que une los polos Norte y Sur 2π ω ~ = ω kˆ = kˆ = 7.2722 10−5 rad/s kˆ 24(3600) s Por lo tanto, la aceleraci´on Coriolis est´ a dado, en t´erminos, de la latitud θ d ~r = 2 ω kˆ × v −Sen θˆj + Cos θkˆ = 2 ω v Sen θ ˆi ~aCor = 2 ω ~ × Bxyz dt v = 500km/h =
Si el veh´ıculo se encuentra en el ecuador, se tiene que θ = 0◦ , por lo tanto ~aCor (θ = 0◦ ) = 2 ω v Sen 0◦ ˆi = ~0.
Si el veh´ıculo se encuentra en el polo norte, se tiene que θ = 90◦ , por lo tanto ~aCor (θ = 90◦ ) = 2 ω v Sen 90◦ ˆi = 2 ω v ˆi = 2 7.2722 10−5 rad/s (138.888 m/s) ˆi = 2020 10−5 m/s2 = 0.0202 m/s2 ˆi. Con este resultado finaliza el problema. Problema 6.5 La rueda de Ginebra es un mecanismo que permite producir un movimiento de rotaci´on intermitente. El perno P ubicado en el conjunto rueda A - placa de bloqueo B se desliza por las ranuras radiales ubicadas en la rueda C, transformando as´ı un cuarto de vuelta de la rueda C en una revoluci´on completa del pasador P . En la posici´on mostrada, θ = 45◦ se presenta el acople del pin P con la ranura de la rueda C. Con una velocidad angular constante en sentido de las manecillas del reloj on angular α2 de la rueda C en el instante donde θ = 20◦ .41 ω1 = 2 rad s2 en la rueda A, determine la aceleraci´ 41 Este es el Problema 5.183. del libro Engineering Mechanics: Dynamics. Meriam, J.L. and Kraige, L.G., Seventh Edition, Jonh Willey and Sons, Inc.: New York.
53
Figure 39: Rueda de Ginebra. Soluci´ on. Se desea resolver este problema empleando dos m´etodos: Primeramente encontrando una relaci´ on entre las variables de entrada y salida y, despu´es, empleando m´etodos vectoriales. Para encontrar una relaci´ on entre las variables de entrada y salida, es necesario considerar el tri´angulo O1 O2 P . Las dimensiones son a 200 O1 P = √ = √ mm. 2 2
O1 O2 = a = 200 mm.
El ´angulo < P O1 O2 se denomina θ y denomine el ´angulo < O1 O2 P = φ, la relaci´ on entre ambos ´angulos est´ a dada por la ley de los senos sen θ sen φ = O1 P O2 P
sen φ =
O2 P sen θ O1 P
(31)
La distancia O2 P para un valor arbitrario de θ se obtiene a partir de la ley de los cosenos O2 P
2
O2 P
= =
a2 a 2 2 O1 O2 + O1 P − 2 O1 O2 O1 P cos θ = a2 + − 2 a √ cos θ 2 2 r 3 a2 3 √ a2 = − 2 √ cos θ = a − 2 cos θ 2 2 2
a dada por Para cuando θ = 20◦ , la distancia O2 P est´ r 3 √ − 2 cos 20◦ = 0.41361 a. O2 P = a 2 La relaci´ on entre φ y θ para un valor arbitrario de θ est´ a dado por a
sen φ =
√ sen θ O2 P 2 sen θ = p √ sen θ = q √ 3 O1 P 3 2 − 2 cos θ a 2 − 2 cos θ
(32)
Entonces es posible determinar el valor del ´angulo φ para la posici´on de inter´es, correspondiente a θ = 20◦ , sen20◦ √a2 O1 P sen θ senφ = = = 0.584716 por tanto φ = 35.7829◦ 0.41361 a O2 P
54
An´ alisis de velocidad de la cruz de Ginebra. Derivando la relaci´ on entre θ y φ respecto al tiempo se obtiene: − 21 √ p p √ √ (2 2 θ˙ sen θ) θ˙ cos θ 3 − 2 2 cos θ − (sen θ)( 12 ) 3 − 2 2 cos θ √ φ˙ cosφ = 3 − 2 2 cos θ √ √ √ √ cos θ 3 − 2 2 cos θ − (sen θ)( 2 sen θ) 3 cos θ − 2 2 cos2 θ − 2sen2 θ ˙ ˙ ˙ φ cosφ = θ =θ p 3/2 √ 3/2 √ 3 − 2 2 cos θ 3 − 2 2 cos θ ˙ se tiene que Despejando φ,
φ˙ =
θ˙ cos φ
!
√
2 cos2 θ − √ 3 (3 − 2 2 cos θ) 2
3 cos θ −
√ ! 2
(33)
Esta relaci´ on permite determinar la velocidad angular del eslab´ on de salida para un valor arbitrario del a´ngulo de entrada θ. La velocidad angular θ˙ para el valor de θ = 20◦ , se determina a partir de rad rad ˆ θ˙ = ω1 = −2 ω ~ 1 = −2 k s s Donde el signo negativo indica que la velocidad angular es en el sentido de las manecillas del reloj. Sustituyendo, todos esos valores en la ecuaci´ on (33), se tiene que ! √ ! √ rad 2 ◦ ◦ −2 0.1560822 2 cos 20 − 2 3(cos 20 ) − rad s = −2.46536664 = −1.9227 φ˙ = √ 3 ◦ cos 35.7829◦ 0.200133 s 2 (3 − 2 2 cos 20 ) el signo negativo indica que el ´ angulo φ est´ a disminuyendo por tanto, el sentido de la velocidad angular es en sentido horario. ω ~ 2 = 1.9227 kˆ Con este resultado, termina el an´alisis de velocidad del mecanismo de Ginebra. ˙ de la ecauci´on (33) como funci´on An´ alisis de aceleraci´ on de la cruz de Ginebra. Derivando φ, del tiempo, se tiene que ! ˙ θ T2 φ¨ = T1 + cos φ donde T1
=
T2
= = = =
! √ ! √ ¨ φ + θ˙φsen ˙ θcos φ 3cos θ − 2 cos 2 θ − 2 √ 3 cos 2 φ (3 − 2 2cos θ) 2 √ √ √ √ √ 3 1 √ ˙ ˙ ˙ −3θsen θ + 2 2θcos θsen θ 3 − 2 2cos θ 2 − 3cos θ − 2cos 2 θ − 2 ( 23 ) 3 − 2 2cos θ 2 2 2θsen θ √ 3 3 − 2 2cos θ √ √ √ √ √ θ − 2 cos 2 θ − 2 3 2 sen θ ˙θ −3 sen θ + 2 2 cos θ sen θ 3 − 2 2cos θ − 3 cos √ 5 3 − 2 2cos θ 2 √ √ 2 2 ˙θ −9 sen θ + 12 2 cos θ sen θ − 8 cos θ sen θ − 9 25 cos θ senθ + 6 cos θ senθ + 6 sen θ √ 2 3 − 2 2cos θ √ −3 sen θ + 3 2 cos θ sen θ − 2 cos2 θ sen θ θ˙ √ 5 3 − 2 2cos θ 2
Por lo tanto, se tiene que ! ! √ √ ! √ 2 ˙2 ¨ φ + θ˙φsen ˙ θ 3cos θ − 2 cos θ − 2 −3 sen θ + 3 2 cos θ sen θ − 2 cos2 θ sen θ θcos φ + φ¨ = √ 3 √ 5 cos 2 φ cos φ (3 − 2 2cos θ) 2 3 − 2 2cos θ 2 (34)
55
Esta relaci´ on permite determinar la aceleraci´on angular del eslab´ on de salida para un valor arbitrario del a´ngulo de entrada θ. En este caso en particular θ¨ = 0 Reemplazando los valores en esta expresi´ on se obtiene rad 0.156082 rad −0.26652477 rad ¨ φ = 3.41656 2 + 4.930733 2 = −16.5272 2 s 0.2001339 s 0.0684754 s El resultado negativo indica que la velocidad de cambio de la φ˙ se incrementa en valor absoluto, y en sentido antihorario, de manera que rad α ~ 2 = 16.5272 2 kˆ s Soluci´ on mediante m´ etodos vectoriales. Los vectores de posici´on necesarios, se calculan a partir de los valores a 0.2 O1 P = √ = √ m. θ = 20◦ φ = 35.7829◦ 2 2 A partir de esos valores los vectores de posici´on est´ an dados por O1 P cos θ 0.1328926048 0.2 −0.0671073952 ~rP O1 = O1 P sen θ = 0.04836895251 ~rO2 O1 = 0 ~rP O2 = ~rP O1 −~rO2 O1 = 0.04836895251 0 0 0 0 O1 O2 = a = 0.2 m.
Los vectores de velocidad y aceleraci´on angulares son ω ~ 1 = −2 kˆ
ω ~ 2 = ω2 kˆ
α ~ 1 = ~0
α ~ 1 = α2 kˆ
An´ alisis de Velocidad. Para el an´alisis de velocidad, se supondr´a que existe un sistema de referencia sujeto a rotaci´on alrededor de un eje que pasa por el punto O2 y con velocidad y aceleraci´on angular ω ~2 yα ~ 2 respectivamente. Adem´ as un vector unitario en la direcci´ on de la velocidad y aceleraci´on del punto P del eslab´ on 1 respecto al sistema de referencia sujetos a rotaci´on es42 −0.8112382937 cos (180◦ − φ) u ˆ = sen (180◦ − φ) = 0.5847156838 0 0 Entonces la velocidad del punto P como parte del eslab´ on 1 est´ a dada por dos expresiones ~vP 1
= =
ω ~ 1 × ~rP O1 ˆ × (0.1328926048 ˆi + 0.04836895251 ˆj) = 0.09673790502 ˆi − 0.2657852096 ˆj (−2 k)
(35)
y ~vP 1
d~rP 1 dt
=
ω ~ 2 × ~rP O2 +
= =
ˆ × (−0.0671073952 ˆi + 0.04836895251 ˆj) + vP (−0.8112382937 ˆi + 0.5847156838 ˆj) (ω2 k) (−0.04836895251ω2 − 0.8112382937 vP , −0.0671073952 ω2 + 0.5847156838 vP , 0) (36)
oxyz
El sistema de ecuaciones resultante est´ a dado por −0.04836895251ω2 − 0.8112382937 vP −0.0671073952 ω2 + 0.5847156838 vP
= =
0.09673790502 0.2657852096
El resultado de este sistema est´ a dado por ω2 = 1.92271264293160 rad/s. 42 Este
vP = −0.233886273626157 m/s.
c . ejemplo muestra un n´ umero elevado de cifras significativas porque fue primeramente resuelto con Maple
56
(37) (38)
Por lo tanto ω ~ 2 = 1.9227126429316 rad/s. kˆ
d~rP 1 dt
oxyz
= vP u ˆ = 0.189737501536335 ˆi − 0.136756972414753 ˆj m/s
Con este resultado finaliza el an´alisis de velocidad. An´ alisis de Aceleraci´ on. Las ecuaciones del an´alisis de aceleraci´on resultan de dos diferentes maneras de escribir la aceleraci´on del punto P como parte del eslab´ on 1. ~aP 1
= =
~ 1 × (~ ω1 × ~rP O1 ) α ~ 1 × ~rP O1 + ω ˆ × (−2 k) ˆ × (0.1328926048 ˆi + 0.04836895251 ˆj) = −0.5315704192 ˆi − 0.19347581 ˆj (−2 k)
(39)
y ~aP 1
d2~rP 1 d t2
+ 2~ ω2 ×
d~rP 1 dt
=
~ 2 × (~ ω2 × ~rP O2 ) + α ~ 2 × ~rP O2 + ω
=
ˆ × (−0.0671073952 ˆi + 0.04836895251 ˆj) (α2 k) ˆ × (1.9227126429316 k) ˆ × (−0.0671073952 ˆi + 0.04836895251 ˆj) +(1.9227126429316 k)
=
oxyz
oxyz
+aP (−0.8112382937 ˆi + 0.5847156838 ˆj) ˆ × 0.189737501536335 ˆi − 0.136756972414753 ˆj +2 (1.9227126429316 k) (−0.04836895251 α2 + 0.773972942673039 − 0.8112382937 aP ) ˆi + (−0.0671073952 α2 + 0.550809886074836 + 0.5847156838 aP ) ˆj
(40)
El sistema resultante de ecuaciones para resolver el an´alisis de aceleraci´on es 0.04836895251 α2 + 0.8112382937 aP 0.0671073952 α2 − 0.5847156838 aP
= =
−1.30554336187304 −.744285696074837
Los resultados del sistema de ecuaciones es α2 = 16.5271857945599 Finalmente
aP = .623911248991405
α ~ 2 = 16.5271857945599 kˆ
Estos resultados finalizan el problema.
57
(41) (42)