Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Pág. 1-1
Cap. 1 Cinemática de la partícula
1.1 Definiciones
•
Cinemática: es el estudio de la geometría del movimiento sin importar las causas que lo
producen.
•
Movimiento: cambio de posición respecto a un sistema de referencia (fijo o móvil).
•
Partícula: elemento con masa pero sin dimensiones.
1.2 Posición, velocidad y aceleración en coordenadas cartesianas
En la figura 1-1 se muestra una partícula P que se mueve a lo largo de la curva trayectoria
C. Su posición quedará determinada para cada instante del movimiento si conocemos el
vector posición de tal manera que sus tres componentes están representadas como
funciones del tiempo:
(
r
r (t ) = x(t ) , y (t ) , z (t )
)
(1.1)
Es decir, las componentes cartesianas del vector posición están determinadas por las
ecuaciones:
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
x = x (t )
y = y (t )
(1.2)
z = z (t )
las cuales se denominan ecuaciones paramétricas del movimiento.
P
Trayectoria
y
O
z
C
r
r
x
Fig. 1-1
Como veremos más adelante, conociendo las ecuaciones paramétricas del movimiento de
una partícula, será relativamente fácil encontrar las expresiones de su velocidad y
aceleración como funciones del tiempo.
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Pág. 1-2
z
Ejemplo 1.1: Una partícula se mueve a lo largo de una hélice
cilíndrica de tal manera que su movimiento está
definido por el vector posición:
r
r (t ) = (a cos ω0 t , a sen ω 0 t , k t )
a
donde a [m], ω0 [rad/s] y k [m/s] son constantes
p
Es decir:
x(t ) = a cos ω 0 t
y (t ) = a sen ω 0 t
z (t ) = k t
⎫
⎪
⎬
⎪
⎭
Ecuaciones paramétricas
del movimiento
O
x
y
Fig. 1-2
Observar que la trayectoria helicoidal tiene radio a y la partícula da una vuelta completa en
el tiempo T = 2 π / ω0 . Al dar una vuelta completa la partícula ascenderá una distancia p
que se denomina paso de la hélice ( p = k 2 π / ω 0 ).
Tomemos un movimiento con las siguientes características:
r
r (t ) = (0,5 cos1,5 t ; 0,5 sen1,5 t ; 0,2 t ) , t en [s], x, y y z en [m].
Si deseamos saber la posición de la partícula en el instante t = 2 s, entonces:
x = 0,5 cos (1,5 ⋅ 2) = − 0,495 [m]
y = 0,5 sen (1,5 ⋅ 2) = 0,071 [m]
z = 0,2 ⋅ 2 = 0,4 [m]
•
Velocidad: es el cambio del vector posición por unidad de tiempo.
En la siguiente figura se muestran dos posiciones muy cercanas para la partícula P durante
su movimiento. Entre ambas posiciones ha transcurrido un tiempo ∆ t . El cambio de
r
posición está representado por el vector ∆ r . Entonces, la velocidad instantánea de la
partícula será:
r
r
∆r
P
r r
r
v (t ) = lim
∆r = r (t + ∆t ) − r (t )
∆ t →0 ∆ t
r
r
r
r (t + ∆t ) − r (t )
v (t ) = lim
∆ t →0
∆t
r
r (t )
r
r (t + ∆t )
Trayectoria
O
Fig. 1-3
→
C
r
r
d r
v (t ) =
r (t ) = r& (t )
dt
(1.3)
Se ve claramente que la velocidad es un
vector tangente a la trayectoria. Así el vector
velocidad tendrá siempre la forma:
r
v (t ) = v(t ) eˆt donde êt es el vector unitario tangencial a la trayectoria.
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Pág. 1-3
En coordenadas cartesianas:
r
v (t ) = ( x& (t ), y& (t ), z& (t ) )
(1.4)
Siendo su módulo:
v = x& 2 + y& 2 + z& 2
(1.5)
Ejemplo 1.2: Calcular la velocidad para la partícula del ejemplo 1.1 en el instante t = 2 s.
r
r (t ) = (0,5 cos1,5 t ; 0,5 sen1,5 t ; 0,2 t ) .
Tenemos que:
La velocidad será:
→
r
d r
d
v (t ) =
r (t ) =
(0,5 cos1,5 t ; 0,5 sen1,5 t ; 0,2 t )
dt
dt
r
v (t ) = ( − 0,75 sen1,5 t ; 0,75 cos1,5 t ; 0,2)
Para t = 2 s:
r
v (t ) = ( − 0,106 ; − 0,743 ; 0,2) m/s
Su módulo será:
v = x& 2 + y& 2 + z& 2 = 0,777 m/s
•
es el cambio del vector velocidad por unidad de tiempo.
Aceleración:
r
r
r
r
∆v
v (t + ∆t ) − v (t )
a (t ) = lim
= lim
∆ t →0 ∆ t
∆ t →0
∆t
r
d ⎛ dr (t ) ⎞
d r
=
v (t ) =
⎟
⎜
dt ⎝ dt ⎠
dt
→
r
d2 r
a (t ) = 2 r (t ) = &r&(t )
dt
(1.6)
En coordenadas cartesianas:
r
a (t ) = (&x&(t ), &y&(t ), &z&(t ) )
(1.7)
siendo su módulo:
a = &x&2 + &y& 2 + &z&2
(1.8)
Ejemplo 1.3: Calcular la aceleración de la partícula del ejemplo 1.2 en el instante t = 2 s.
r
d r
d
a (t ) =
v (t ) =
(− 0,75 sen1,5 t ; 0,75 cos1,5 t ; 0,2)
dt
dt
r
a (t ) = ( − 1,125 cos1,5 t ; − 1,125 sen1,5 t ; 0)
Para t = 2 s:
Su módulo será:
r
a (t ) = (1,114 ; − 0,159 ; 0) m/s2
a =
&x&2 + &y&2 + &z&2 = 1,125 m/s2
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Pág. 1-4
1.3 Ley horaria y trayectoria de la partícula
Ahora plantearemos una forma alternativa de definir la posición de una partícula para
cualquier instante del movimiento. Ella consiste básicamente en conocer la ecuación
cartesiana de la curva trayectoria y una ecuación que nos describa, en función del tiempo,
la longitud de curva recorrida a partir de un cierto punto P0. Dicha ecuación recibe el
nombre de ley horaria.
so , to
s = s(t)
Po
s, t
C
P
O
Trayectoria
Fig. 1-4
A continuación veremos cómo obtener la ecuación de la ley horaria a partir de las
ecuaciones paramétricas del movimiento.
Si eliminamos el parámetro t de las ecuaciones paramétricas obtenemos dos ecuaciones de
la forma:
f1 ( x, y , z ) = 0
→
f 2 ( x, y , z ) = 0
las cuales definen la curva trayectoria C de la partícula en forma cartesiana.
Sabemos del cálculo diferencial que un diferencial de longitud de curva está determinado
por:
ds = (dx) 2 + (dy) 2 + (dz ) 2
Multiplicando y dividiendo el lado derecho de la ecuación por dt obtenemos:
2
2
2
⎛ dy ⎞
⎛ dx ⎞
⎛ dz ⎞
ds = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ dt
⎝ dt ⎠
⎝ dt ⎠
⎝ dt ⎠
integrando:
s
t
s0
0
∫ ds = ∫
2
s − s0 =
2
∫
0
t
es decir:
s = s0 +
∫
0
la cual es de la forma:
2
2
2
⎛ dx ⎞ ⎛ dy ⎞ ⎛ dz ⎞
⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ dt
⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠
t
de donde:
2
⎛ dx ⎞ ⎛ dy ⎞ ⎛ dz ⎞
⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ dt
⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠
2
2
2
⎛ dx ⎞ ⎛ dy ⎞ ⎛ dz ⎞
⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ dt
⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠
s = s (t)
(1.9)
ley horaria del movimiento
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Pág. 1-5
Notar que de todas maneras se necesita conocer las coordenadas el punto P0 ( x 0 , y 0 , z 0 ) a
partir del cual es válida la ley horaria.
Ejemplo 1.4:
Una partícula se mueve en el plano según las ecuaciones paramétricas:
x = 3 cos ω0 t
y = 3 sen ω0 t
Se pide deducir la ecuación de la trayectoria, la ley horaria y las coordenadas del punto P0.
Solución:
de las dos ecuaciones paramétricas podemos, convenientemente, hacer
desaparecer el parámetro t:
x 2 = 9 cos 2 ω0 t
y 2 = 9 sen 2ω0 t
Sumando ambas expresiones:
circunferencia.
(t en segundos, x e y en metros)
x + y = 9 , la cual corresponde a la ecuación de una
2
2
2
Sabemos que:
ds =
dx + dy
2
2
=
Derivando las ecuaciones paramétricas:
entonces:
dx
= − 3 ω 0 senω 0 t
dt
dy
= 3 ω 0 cos ω 0 t
dt
y
ds = (9 ω 02 sen 2ω 02 t ) + (9 ω 02 cos 2 ω 02 t ) dt
s
integrando:
2
⎛ dy ⎞
⎛ dx ⎞
⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ dt
⎝ dt ⎠
⎝ dt ⎠
t
∫ ds = ∫ 3ω0 dt
0
→
s = 3 ω0 t
P
3
0
s = 3 ω0 t
θ = ω0 t
Si t = 0 →
→
x=3m
y=0
O
Po
x
P0 = (3, 0) [m]
Fig. 1-5
Nota: En la figura 1.5 se muestran gráficamente algunas características de este
movimiento circular.
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Ahora nos plantearemos el proceso inverso. A partir de las ecuaciones:
•
f 1 ( x, y , z ) = 0
de la trayectoria:
f 2 ( x, y , z ) = 0
•
de la ley horaria:
•
posición inicial de la partícula: P0 ( x0 , y0 , z 0 )
s = s (t)
¿será posible deducir las ecuaciones paramétricas del movimiento?.
A continuación analizaremos el problema.
De las expresiones de f1 y f2 despejamos dos de las variables cartesianas en función de la
tercera. En este caso elegiremos, arbitrariamente, la variable x:
Obtenemos:
y = f ( x)
z = g ( x)
como:
ds = dx 2 + dy 2 + dz 2
2
multiplicando y dividiendo por dx:
s
integrando:
x
∫ ds =
∫
s0
x0
ds =
2
⎛ dy ⎞ ⎛ dz ⎞
1 + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ dx
⎝ dx ⎠ ⎝ dx ⎠
2
2
⎛ dy ⎞
⎛ dz ⎞
1 + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ dx
⎝ dx ⎠
⎝ dx ⎠
s − s0 = f1 ( x )
s = s 0 + f1 ( x )
de donde obtenemos una expresión de la forma:
s = s1 ( x)
Igualándola con la ecuación de la ley horaria:
s (t ) = s1 ( x )
Expresión que podremos poner en la forma:
x = x(t )
la cual ya es una de las ecuaciones paramétricas buscadas. Finalmente la reemplazamos en
las expresiones y = f (x) y z = g (x) para obtener:
y = y (t )
z = z (t )
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Ejemplo 1.5: Una partícula se desplaza por la trayectoria determinada por la intersección
de las superficies:
x2 + y2 + z2 = 8
x–y=0
;
[x, y, z en metros]
según la ley horaria s = 3 t [s en metros, t en segundos] a partir del punto PO = (2, 2, 0)
m. Se pide determinar las ecuaciones paramétricas del movimiento.
Solución:
x–y=0
→
y=x
x2 + y2 + z2 = 8
→
z=
(1)
2 (4 − x 2 )
2
Sabemos que:
ds =
derivando (1):
derivando (2):
en (3):
dx + dy + dz
2
2
ds =
1+1+
s
x
0
2 x2
dx
4 − x2
dx
2
4 − x2
2
x
x
s = 2 2 arcsen
2
es decir:
→
y como s = 3 t:
despejando:
(3)
dy
=1
dx
dz
− 2x
=
dx
4 − x2
∫ ds = ∫ 2
integrando:
2
⎛ dy ⎞
⎛ dz ⎞
1 + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ dx
⎝ dx ⎠
⎝ dx ⎠
=
2
(2)
2
x
π⎞
⎛
s = 2 2 ⎜ arcsen − ⎟
2
2⎠
⎝
x π⎞
⎛
3 t = 2 2 ⎜ arc sen − ⎟
2 2⎠
⎝
⎛ 3t
π⎞
x = 2 sen ⎜⎜
+ ⎟⎟
⎝2 2 2⎠
3
o lo que es lo mismo:
x = 2 cos
en (1):
y = 2 cos
y finalmente en (2):
z = 2 2 sen
2 2
3
2 2
t
Ecuaciones paramétricas del
movimiento.
t
3
2 2
t
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1.4 Aplicación al movimiento rectilíneo
En este caso necesitaremos
r una sola coordenada para describir el movimiento. Es decir,
como el vector posición r estará siempre en la dirección del eje coordenado, que hemos
denominado x para esta explicación, entonces dicho vector, al tener una sola coordenada
diferente de cero, estará perfectamente representado por dicha coordenada, teniendo en
cuenta el sentido asignado como positivo.
s
O
x
P
x
Fig. 1-6
Así tendremos:
Posición:
x = x(t )
Velocidad:
v(t ) =
d
x(t ) = x& (t )
dt
d
d2
v(t ) = 2 x(t ) = &x&(t )
dt
dt
dv
dv dx
dv
a =
=
= v
dt
dx dt
dx
a (t ) =
Aceleración:
también:
Notar que en este caso particular se cumple que s = x (s es el camino recorrido).
Ejemplo 1.6:
O
Para hallar las propiedades de un cierto material
viscoelástico, un proyectil es disparado verticalmente hacia
abajo desde O con velocidad inicial de 60 m/s. Si el proyectil
sufre una desaceleración a = − 0,4 v 3 [m/s2], donde v en m/s,
se pide determinar la velocidad y posición del proyectil en el
instante t = 4 s.
s
v
Solución:
•
Cálculo de la velocidad:
Sabemos que:
a =
x
dv
= − 0,4 v 3
dt
Fig. 1-7
dv
= dt
− 0,4 v 3
v
integrando:
→
dv
∫ − 0,4 v 3 =
v0 =60
v = (
t
∫ dt
0
1
+ 0,8 t ) −1 / 2 m/s
3600
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(1)
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Si t = 4 s:
•
Pág. 1-9
v = 0,559 m/s (↓)
Cálculo de la posición:
ds
1
= (
+ 0,8 t ) −1 / 2
dt
3600
Sabemos que:
v =
despejando:
ds = (
1
+ 0,8 t ) −1 / 2 dt
3600
s
t
∫ ds
integrando:
1
∫ ( 3600
=
0
+ 0,8 t ) −1/ 2 dt
0
1
1
s = 2,5 (
+ 0,8 t )1 / 2 −
120
60
→
Si t = 4 s:
s = 4,43 m
Caso particular:
Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado.
→
a constante
a =
v
∫ dv
dv
= constante
dt
t
=
∫ a dt
v0
0
t
v − v0 = a ∫ dt
→
v = v0 + a t
→
dx = v dt
0
Como
dx
dt
v =
x
∫ dx
t
=
x0
∫ (v
0
+ a t ) dt
0
x − x0 = v 0 t +
1 2
at
2
x = x0 + v0 t +
y también:
a = v
dv
dx
v
∫ v dv
1 2
at
2
→
Ecuación paramétrica del movimiento
v dv = a dx
x
=
v0
∫ a dx
x0
1 2
2
(v − v0 ) = a ( x − x0 )
2
v 2 = v0 + 2 a ( x − x0 )
2
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Ejemplo 1.7:
y
La pelota se lanza verticalmente hacia arriba con velocidad
inicial v0 = 10 m/s ↑ desde una altura h = 20 m. Se pide
determinar:
v
t=0
a = 9,81 m/s2
a) La velocidad v y la elevación y para cualquier tiempo t.
b) La máxima altura alcanzada por la pelota y el instante
en que ello ocurre.
c) El tiempo en que la pelota choca el piso y su velocidad
en ese instante.
y0 = 20 m
O
Fig. 1-8
Solución:
a) El movimiento se realiza con aceleración constante a = − 9,81 m/s2 que corresponde
a la aceleración de la gravedad.
v
t
dv
dv
dv
=
− 9,81 dt
→
→
a =
− 9,81 =
∫
∫
dt
dt
v0 =10
0
v − 10 = − 9,81 t
v =
Como
dy
dt
y
Integrando:
∫
y0 = 20
→
v = − 9,81 t + 10
→
dy = v dt
(1)
→
(1)
dy = (− 9,81 t + 10) dt
t
dy =
∫ (− 9,81 + 10) dt
0
y − 20 = 10 t − 4,905 t 2
→
y = − 4,905 t 2 + 10 t + 20
(2)
b) Máxima altura alcanzada: cuando v = 0
!
de (1):
− 9,81 t + 10 = 0
en (2):
y = 25,1 m
c) Instante del choque con el piso:
→
y=0
en (2):
− 4,905 t 2 + 10 t + 20 = 0
en (1):
v = − 22,2 m/s
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t = 1,02 s
→
t = 3,28 s
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1.5 Aplicación al movimiento parabólico
En general, para el movimiento plano de una partícula necesitaremos solamente dos
coordenadas. Así, los vectores posición, velocidad y aceleración quedarán definidos de la
siguiente manera:
r
r = ( x (t ) , y (t ) )
r
v = ( x& (t ) , y& (t ) )
r
a = (&x&(t ) , &y&(t ) )
Posición:
Velocidad:
Aceleración:
En el caso particular del movimiento de un proyectil tendremos que la única fuerza que
actúa sobre la partícula durante su vuelo libre es la fuerza de la gravedad (peso propio), lo
cual significa, según la segunda ley de Newton, que estudiaremos en el siguiente capítulo,
que sólo habrá aceleración en el sentido vertical, la cual es constante, dirigida hacia abajo e
igual a g = 9,8 m/s2.
y
r
v0
v0y
θ
y0
P0
O
C
P (x, y)
v0x
x
x0
Fig. 1-9
Tenemos como condiciones iniciales del problema que para t = 0:
•
x = x0
y = y0
x& = v0 x = v0 cos θ
y& = v0 y = v0 sen θ
Análisis del movimiento en x:
→
En esta dirección la aceleración es nula
&
&x& = dx = 0
entonces:
dt
Integrando:
dx
= v0 x
dt
(1)
v x = x& = v0 x
(2)
x& = constante
para t = 0, x& = v0 x = v0 cos θ
Como
a x = &x& = 0
→
→
dx = v0 x dt
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Integrando:
x = v0 x t + c1
para t = 0, x = x0
→
entonces:
x = x0 + v0 x t
•
c1 = x0
(3)
Análisis del movimiento en y: Análogamente a lo realizado para x podemos escribir:
a y = &y& = − g
(4)
Integrando:
v y = y& = v0 y − gt
(5)
Integrando una vez más:
y = y 0 + v0 y t −
En esta dirección la aceleración es g (↓)
→
1
g t2
2
(6)
Así tendremos para el movimiento parabólico:
Posición:
Velocidad:
Aceleración:
r
1
r = ( x0 + v0 x t , y 0 + v0 y t − g t 2 )
2
r
v = (v 0 x , v0 y − g t )
r
a = (0 , − g )
La trayectoria de la partícula se puede determinar muy fácilmente si utilizamos las
ecuaciones (3) y (6) para eliminar el parámetro t. Así obtenemos una ecuación cuadrática
que evidentemente corresponde a la de una parábola con eje principal vertical y abierta
hacia abajo.
Ejemplo 1.8:
La rampa mostrada está diseñada para un parque de recreación. A través de ella se logra el
salto de diversos tipos de vehículos a partir del punto A. Si uno de ellos salta desde dicho
punto con velocidad inicial v A y se sabe que demora t = 1,5 s en llegar a B, se pide:
a) Determinar la velocidad inicial v A .
b) La distancia horizontal L.
c) La altura máxima H que alcanza.
d) La ecuación cartesiana de la trayectoria.
y
r
vA
h
A
30°
x
1m
B
L
Fig. 1-10
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Solución: Tomemos un sistema cartesiano plano con origen en A.
a) Hemos visto en el anterior ejemplo que la ecuación paramétrica del movimiento
parabólico en la dirección vertical y es de la forma:
1
(1)
y = y 0 + v0 y t − g t 2
2
si t = 1,5 s :
1
v A = 13,38 m/s
→
− 1 = 0 + v A sen 30º (1,5) − (9,81) (1,5) 2
2
y = 6,69 t − 4,9 t 2
en (1):
[t en s, y en m]
(2)
b) La ecuación paramétrica del movimiento parabólico en la dirección horizontal x es:
x = x0 + v0 x t
es decir:
(3)
x = 0 + v A cos 30 º t
→
x = 11,59 t
L = 11,59 (1,5)
→
L = 17,38 m
→
y& = 6,69 − 9,81 t
para el punto B:
(4)
c) Sabemos que y& = v0 y − g t
→
y& = v A sen 30 º − 9,81 t
Para calcular el instante en que se alcanza la altura máxima hacemos y& = 0 :
→
6,69 − 9,81 t = 0
→
t = 0,68 s
y finalmente, reemplazando y = h para t = 0,68 s en la ecuación paramétrica (2):
h = 6,69 (0,68) − 4,9 (0,68) 2
→
h = 2,28 m
→
H = h +1
→
H = 3,28 m
d) Ecuación de la trayectoria: utilizaremos las ecuaciones paramétricas del movimiento.
x
11,59
de (4):
t =
en (2):
x
⎛ x ⎞
y = 6,69
− 4,9 ⎜
⎟
11,59
⎝ 11,59 ⎠
es decir:
y = 0,577 x − 36,48 ⋅10 − 3 x 2
2
ecuación cartesiana que corresponde, y de allí el título de este subcapítulo, a una parábola.
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1.6 Aplicación al movimiento general
A continuación presentaremos a través de ejemplos, aplicaciones de lo visto hasta ahora
para casos de movimiento plano y tridimensional.
Ejemplo 1.10:
y
El pasador A es obligado a moverse a lo largo
de la ranura parabólica y 2 = 4 x tallada sobre
la placa fija mostrada. Dicho pasador es
guiado por el elemento ranurado que se mueve
con velocidad constante de 10 cm/s hacia la
derecha. Se pide:
10 cm/s
y2 = 4 x
A
a) Si la barra ranurada es vertical, hallar la
velocidad y aceleración de A para x = 10
cm.
x
O
b) Si la barra es inclinada, hallar la velocidad
y aceleración de A para x = 10 cm.
Fig. 1-11
Solución:
a) Barra ranurada vertical. Como la parábola es la trayectoria de A entonces se cumple
para cualquier instante que:
y2 = 4 x
→
Para x = 10 cm
d / dt :
Entonces:
y = 6,325 cm
y y& = 2 x&
para el instante en análisis:
⇒
(1)
y& =
(2)
x& = 10 cm/s
2 x&
2 (10)
=
= 3,162 cm/s
6,325
y
r
v A = (10 ; 3,162) [cm/s]
Derivando la expresión (2):
y &y& + y& 2 = 2 &x&
Para el instante en análisis:
&x& = 0
(3)
→
y &y& + y& 2 = 0
− y& 2
− (3,162) 2
=
= − 1,50 cm/s2
y
6,325
es decir:
&y& =
Entonces:
r
a A = (0 ; − 1,5) [cm/s2]
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Pág. 1-15
b) Para el caso de la barra inclinada, la trayectoria no cambia y en consecuencia las
ecuaciones (1), (2) y (3) siguen siendo válidas.
y
y2 = 4 x
(1)
d / dt :
y y& = 2 x&
(2)
d / dt
y &y& + y& 2 = 2 &x&
(3)
10 cm/s
C
4
3
Además, si tomamos como coordenadas para el
punto C ( xC , yC ) , la ecuación de la recta AC en
cualquier instante será:
y2 = 4 x
A
4
3
y − yC =
4
( x − xC )
3
(4)
x
O
Fig. 1-12
derivando (4):
4
y& − y& C = ( x& − x&C )
3
(5)
Reemplazando x = 10 cm e y = 6,325 cm en (2):
6,325 y& = 2 x&
(6)
y además x& C = 10 cm/s e y& C = 0 en (5):
4
y& = ( x& − 10)
3
(7)
resolviendo (6) y (7):
x& = 13,20 cm/s
y& = 4,14 cm/s
entonces:
r
v A = (13,20 ; 4,14) [cm/s]
Reemplazando los valores obtenidos en (3):
derivando (5):
6,325 &y& + (4,14) 2 = 2 &x&
&y& − &y&C = 4 ( &x& − &x&C )
3
reemplazando &x&C = 0 cm/s e &y&C = 0 en (9):
resolviendo (8) y (10):
(8)
(9)
&y& = 4 &x&
3
(10)
&x& = − 2,66 m/s2
&y& = − 3,55 m/s2
entonces:
r
a A = ( − 2,66 ; − 3,55) [cm/s]
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Pág. 1-16
Ejemplo 1.11: El disco circular excéntrico gira con velocidad angular constante de 1
rad/s. El extremo A del vástago está siempre en contacto con la rueda
circular excéntrica de radio R = 1 m debido a la acción de un resorte. Se
pide determinar la velocidad y aceleración del pistón B para t = 1 s si la
posición inicial es la mostrada.
y
ω
O
R
A
B
R/2
x
L
Fig. 1.13
Solución:
para una posición genérica tendremos:
y
O
2
R/2
R
⎛R⎞
R 2 = ⎜ ⎟ + x 2 − 2 x cosθ
2
⎝2⎠
R
θ
A
x
x
→
d / dt :
x 2 − R x cos θ =
3 2
R
4
2 x x& − R ( x& cosθ − x senθ θ&) = 0
(1)
(2)
Fig. 1.14
d / dt :
2 ( x& 2 + x &x&) − R ( &x& cosθ − x& senθ θ& − x& senθ θ& − x cosθ θ& 2 − x senθ θ&&) = 0
Como θ& = ω = 1 rad/s (constante)
integrando:
θ
t
0
0
∫ dθ = ∫ dt
→
dθ
=1
dt
→
dθ = dt
θ =t
→
Además:
θ&& = 0
Para t = 1 s:
θ = 1 rad
de (1):
x = 1,177 m
en (2):
x& = − 0,546 m/s
→
v B = 0,546 m/s (←)
en (3):
&x& = − 0,173 m/s2
→
a B = 0,173 m/s2 (←)
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(3)
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Pág. 1-17
Ejemplo 1.12:
Un perrito P parte del punto P0 = (36 , 0) m y corre hacia su amo con velocidad constante
4 m/s. La dirección de la velocidad del perrito es tal que siempre está dirigida hacia su
amo, quien parte en el mismo instante desde el origen y se mueve a lo largo de la dirección
positiva del eje y con velocidad constante 2 m/s. Se pide hallar:
a) La ecuación cartesiana de la trayectoria del perrito.
b) La posición en que alcanza a su amo.
c) El tiempo necesario para ello.
Solución:
Denominemos P al perrito y H a su amo.
θ
a) Posición del perro: P ( x , y )
Posición del amo: H (0 , h)
Pendiente en P: tan θ =
h− y !
dy
= −
x
dx
Además, para el perrito:
x& + y& = (4)
(1)
2
→
1
dt
(3)
÷ (2):
2
2
2
⎛ dy ⎞
⎛ dx ⎞
2
⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = (4)
dt
dt
⎝ ⎠
⎝ ⎠
→
dx 2 + dy 2 = ± 4
dx
( −)
dt
Para el hombre: h& = 2
2
2
⎛ dy ⎞
1+ ⎜ ⎟ = 4
⎝ dx ⎠
→
⎛ dy ⎞
1 + ⎜ ⎟
⎝ dx ⎠
Elegimos el signo “-” dado que el perrito se
mueve en todo instante hacia la izquierda y
entonces su componente de velocidad x& es
negativa.
dh
=2
dt
(3)
dh
dx
(4)
2
= −2
dy
dx
de (1):
h = y − x
d / dx :
⎛ dy
dh
dy
d2y⎞
=
− ⎜⎜
+ x 2 ⎟⎟
dx
dx
dx ⎠
⎝ dx
dh
d2y
= −x 2
dx
dx
Reemplazando (5) en (4): 2 x
(2)
d2y
=
dx 2
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(5)
⎛ dy ⎞
1 + ⎜ ⎟
⎝ dx ⎠
2
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Pág. 1-18
Para resolver esta ecuación diferencial hagamos el cambio de variable:
→
2x
du
=
dx
u
u0 = 0
1+ u
x
∫
=
2
x0 = 36
u
ln (u + 1 + u )
2
0
1/ 2
⎛ x ⎞
2u = ⎜ ⎟
⎝ 36 ⎠
x
36
1/ 2
⎛ 36 ⎞
− ⎜ ⎟
⎝ x ⎠
∫ 2 dy =
→
0
y =
dx
2x
1
= ln x
2
y
y como u = dy / dx
dy
dx
1+ u2
du
∫
u =
⎛ x
6 ⎞
⎟dx
⎜
−
∫36 ⎜⎝ 6
x ⎟⎠
x
1 3/ 2
x − 6 x1 / 2 + 24
18
Ecuación de la trayectoria del perrito.
b) El perrito encuentra a su amo cuando x = 0 . Reemplazando este valor en la ecuación
de la trayectoria del perrito obtenemos:
y = 24 m
c) Para calcular el tiempo necesario para que ello ocurra utilizamos el hecho de que el
hombre camina con velocidad constante h& = 2 m/s, entonces:
dh
= 2 (constante)
dt
h
integrando:
∫ dh
Para h = 24 m
dh = 2 dt
t
=
0
→
→
∫ 2 dt
0
h=2t
→
Ecuación de la trayectoria del amo.
t = 12 s
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Pág. 1-19
1.7 Coordenadas intrínsecas o naturales
A continuación veremos otra manera de expresar tanto la velocidad como la aceleración de
una partícula. Aquí nos será útil recordar en primera instancia, del cálculo diferencial, la
existencia de los vectores unitarios tangencial êt y normal principal ên (ver siguientes
figura).
C
r
∆r
êt
C
P
P
ên
s (t )
r
r
ρ
PO
r
r
r + ∆r
r
r (t )
C
(Centro
de
Curvatura)
O
O
Fig. 1-17
Fig. 1-16
Puesto que el vector velocidad es siempre tangente a la curva trayectoria, entonces
podemos escribir:
r
v = v eˆt
(1.10)
Sabemos de (1.5) que el módulo de la velocidad es:
2
v =
entonces:
v =
1
dt
2
(dx ) 2 + (dy ) 2 + (dz ) 2 =
r
v = s& eˆt
en (1.10):
2
⎛ dx ⎞ ⎛ dy ⎞ ⎛ dz ⎞
⎜ ⎟ +⎜ ⎟ +⎜ ⎟
⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠
ds
dt
Forma intrínseca de la
velocidad
→
v = s&
(1.11)
La aceleración será:
r
d &ˆ
d r
&
( s et ) = &s& eˆt + s& eˆt
v =
a =
dt
dt
(1.12)
Ahora tendremos que evaluar el término e&ˆt :
deˆ
deˆ ds
deˆ
&
eˆt = t = t
= s& t
dt
ds dt
ds
donde el término
(1.13)
deˆt
es desconocido.
ds
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Pág. 1-20
En la siguiente figura 1-18a se muestran dos posiciones muy próximas en el recorrido de
una partícula a lo largo de su curva trayectoria. A dichas posiciones corresponden los
vectores unitarios tangenciales eˆt ( s ) y eˆt ( s + ∆ s) . Como se puede ver en la figura b la
variación sufrida por eˆt ( s ) está representada por el vector ∆ êt , cuyo módulo se muestra en
la figura c.
eˆt ( s + ∆ s )
C
eˆt ( s )
( s + ∆s )
∆α
∆ eˆt = 2 sen
2
∧
eˆt ( s )
P
∆ et
∆α
∆α
eˆt ( s + ∆ s )
(s )
(a)
(c)
(b)
Fig. 1-18
A partir de ello podemos escribir:
r
deˆt
eˆt ( s + ∆s ) − eˆt ( s)
∆et
= lim
= lim
∆ s →0
∆ s →0 ∆s
ds
∆s
Por otro lado tenemos que eˆt ⋅ eˆt = 1 ,
d
:
ds
d
d
eˆt ⋅ eˆt + eˆt ⋅ eˆt = 0
ds
ds
d
es decir:
eˆt ⋅ eˆt = 0
ds
⎛d ⎞
lo cual significa que el vector ⎜ eˆt ⎟ es perpendicular a êt .
⎝ ds ⎠
d
eˆt
ds
Se define el vector normal principal como:
eˆ n =
d
eˆt
ds
dα
(s+∆s)
(s)
C
(1.14)
deˆt
∆α
dα
2 sen (∆α / 2)
= lim
= lim
=
∆ s →0
∆ s →0 ∆s
∆s
ds
ds
(1.15)
ds
Del cálculo diferencial (ver figura 1.19) sabemos que:
PO
ρ
Fig. 1-19
ds = ρ dα
dα
C
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⇒
dα
1
=
ds
ρ
(1.16)
donde ρ es el radio de curvatura de la trayectoria en el
punto correspondiente a (s).
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Pág. 1-21
de (1.15) y (1.16) concluimos que:
deˆt
ds
en (1.14) y despejando:
deˆt
1
=
eˆn
ds
ρ
=
1
(1.17)
ρ
(1.18)
Ahora, reemplazando este resultado en (1.13) obtenemos:
s&
eˆ&t =
eˆn
(1.19)
ρ
y finalmente en (1.12):
r
s& 2 ˆ
a = &s& eˆt +
en
o también:
r
r
r
a = at + a n
donde:
r
at = &s& eˆt
y
r
s& 2
an =
eˆn
ρ
forma intrínseca de la
aceleración
ρ
(1.20)
(1.21)
se denomina aceleración tangencial o también componente
tangencial de la aceleración, cuyo módulo es at = &s& . Ella es la
que indica el cambio de la magnitud de la velocidad.
se denomina aceleración normal o también componente normal
de la aceleración, cuyo módulo es a n =
s& 2
=
v2
ρ
ρ
indica el cambio de dirección del vector velocidad.
El módulo de la aceleración será:
a =
êt
P
ên
s
PO
êb
C
ρ
C
(Centro de
Curvatura)
o
Fig. 1-20
(1)
a +a =
2
t
2
n
⎛ &2 ⎞
(&s&) + ⎜⎜ s ⎟⎟
⎝ρ⎠
2
. Ella es la que
2
(1.22)
Los vectores unitarios eˆt , eˆ n y êb
(donde eˆb = eˆt × eˆn es el denominado
vector unitario binormal) constituyen
el triedro intrínseco de Frenet (1).
Notar que la aceleración tiene
componentes solamente a lo largo de
las direcciones tangencial êt y normal
ên (ver figura 1-9).
Jean Frédéric Frénet (1816, Périgueux – 1900, Périgueux). Célebre matemático francés. Ingresó en
L’École Normale Superieure en 1940 y luego estudió en Toulouse, donde en 1847 redactó su tesis
doctoral en la que fundamentó su teoría de curvas. Llevó a cabo numerosos trabajos sobre geometría
diferencial e introdujo el llamado triedro de Frénet, formado por los vectores unitarios tangente, normal y
binormal a una curva en un punto, que constituyen una base ortonormal.
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Nota 1:
Si tenemos la expresión cartesiana de la aceleración y deseamos calcular las
componentes tangencial y normal, podemos usar la expresión (1.21) de la
siguiente manera:
r
a = at eˆt + an eˆn
r
r
&s& = a ⋅ eˆt
⋅ eˆt :
a ⋅ eˆt = at
⇒
⋅ eˆn :
Nota 2:
Pág. 1-22
r
a ⋅ eˆn = an
⇒
s& 2
ρ
r
= a ⋅ eˆn (debe ser > 0 !)
Recordar que el radio de curvatura para una curva contenida en el plano xy se
calcula mediante la expresión:
2
⎡
⎛ dy ⎞ ⎤
⎢1 + ⎜ ⎟ ⎥
⎝ dx ⎠ ⎦⎥
⎢
ρ = ⎣
d2y
dx 2
32
Caso particular: movimiento circular
•
•
Posición:
r
r = R (cosθ iˆ + senθ ˆj )
Velocidad:
r
v = v eˆt
donde:
•
Aceleración:
donde:
êt
ên
eˆt = − senθ iˆ + cosθ ˆj
r
v2 ˆ
a = v& eˆt +
en
R
eˆn = − cosθ iˆ − senθ ˆj
Muy en particular, si la partícula se mueve de tal manera que el módulo de su velocidad es
constante, entonces la aceleración tendrá solamente componente normal:
r
v2 ˆ
a =
en
R
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Pág. 1-23
Ejemplo 1.13: Una partícula recorre la curva ( x + y − 3) 2 = x – 2 (x e y en metros)
partiendo del punto P0 de coordenadas (2, 1). Las componentes de la
velocidad son tales que cumplen en todo momento la relación x& + y& = 1 .
Para el instante en que el módulo de la velocidad es mínimo se pide:
•
La posición del móvil
•
Longitud de curva recorrida hasta ese instante
•
Las componentes cartesianas de la velocidad y aceleración
•
Las componentes intrínsecas de la velocidad y aceleración
•
El radio de curvatura de la trayectoria sin utilizar la ecuación de la
geometría analítica
Solución:
x+ y −3= x−2
x&
x& + y& =
2 x−2
De la ecuación de la trayectoria:
derivando implícitamente:
de la hodógrafa:
De (2) y (3):
(2)
x& + y& = 1
(3)
dx
x& =
= 2 x−2
dt
dx
dt =
2 x−2
t
integrando:
(1)
∫ dt
x
∫
=
0
2
dx
2 x−2
x
t =
=
x−2
x−2
2
ordenando:
x = t2 + 2
d/dt:
x& = 2t
(5)
d/dt:
&x& = 2
(6)
en (3):
y& = 1− 2 t
y
∫ dy
1
ecuación paramétrica en x
(4)
t
=
∫ (1 − 2t ) dt
0
y − 1 = t − t2
ordenando:
y = − t2 + t + 1
d/dt:
y& = − 2 t + 1
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ecuación paramétrica en y
(7)
(8)
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Pág. 1-24
&y& = −2
d/dt:
(9)
Ahora calcularemos el instante en que ocurre la velocidad mínima.
Sabemos que:
v =
x& 2 + y& 2
de (5) y (8):
v = (2 t ) 2 + (−2 t + 1) 2
v =
→
8t2 − 4 t + 1
v será mínima si
dv
= 0 , entonces:
dt
obtenemos:
t = 0,25 s
(10)
!
dv
2 (4 t − 1)
=
= 0
2
1/ 2
dt
(8 t − 4 t + 1)
Para comprobar si es un valor mínimo o máximo examinaremos el signo de la segunda
derivada evaluada para el instante encontrado:
d 2v
dt 2
t =0 , 25
⎡
⎤
(4 t − 1)
8
+
= ⎢−
= 11,31 > 0
2
3/ 2
2
1/ 2 ⎥
(8 t − 4 t + 1) ⎦ t =0, 25
⎣ (8 t − 4 t + 1)
entonces efectivamente se trata de un mínimo.
•
Longitud de curva recorrida hasta el instante t = 0,25 s:
Como
v = s&
→
ds = v dt
de (10):
→
ds =
8 t 2 − 4 t + 1 dt
0 , 25
s
∫ ds
integrando:
=
0
0
Posición para el instante t = 0,25 s:
de (4):
x = 2,063 m
de (7):
y = 1,188 m
r
r = ( 2,063 ; 1,188) m/s
→
•
8 t 2 − 4 t + 1 dt
s = 0,167 m
de donde:
•
∫
Velocidad para el instante t = 0,25 s:
de (5):
x& = 0,5 m/s
de (8):
y& = 0,5 m/s
→
r
v = (0,5 ; 0,5) m/s
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
y su módulo:
Pág. 1-25
v = x& 2 + y& 2 = 0,707 m/s
•
Aceleración para el instante t = 0,25 s:
r
de (6) y (9):
a = ( 2, − 2) m/s2
y su módulo:
•
a = 2,83 m/s2
Aceleración en forma intrínseca:
Como s& = v
→
r
s& 2 ˆ
&
&
ˆ
a = s et +
en
ρ
&s& = v&
Para el instante en análisis sabemos que v& = 0 (condición de mínimo utilizada), entonces
&s& = 0 . Ello significa que en este ejemplo y para el instante en estudio la aceleración
solamente tiene componente normal pues la componente tangencial es nula.
r
s& 2 ˆ
s& 2
Así:
a = 0 +
en
a =
→
ρ
ρ
de donde:
Además:
entonces:
v2
(0,707) 2
=
= 0,177 m
a
2,83
r
v
(0,5 ; 0,5)
eˆt =
=
= (0,707 ; 0,707)
v
0,707
ρ =
⎧ (− 0,707 ; 0,707)
ˆen = ⎪⎨
⎪⎩ ( 0,707 ; − 0,707)
que son dos posibilidades, pero sólo una es físicamente posible.
r
Recordando que a ⋅ eˆn = an es siempre > 0, entonces descartamos la primera y elegimos
la segunda por cuanto es fácil observar que:
!
( 2, − 2) ⋅ ( 0,707 ; − 0,707 ) = 2,83 > 0
El mismo resultado hubiera sido obtenido si utilizamos el hecho de que, en este instante y
caso particular, la aceleración total tiene solamente componente normal.
pues at = 0
Es decir:
r
r
an
a
eˆn =
=
= (0,707, − 0,707)
an
a
Finalmente, la forma intrínseca de la aceleración será:
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r
a = 2,83 eˆn [m/s2]
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Pág. 1-26
Ejemplo 1.14:
y
La partícula mostrada recorre una trayectoria
parabólica definida por la ecuación y = 0,5 x 2 . La
componente de la velocidad a lo largo del eje y es
v y = 2 t 2 m/s, donde t esta dado en segundos.
Sabiendo que cuando t = 0, x = 0, y = 0, se pide
determinar para el instante t = 1 s:
y = 0,5 x 2
a) La distancia de la partícula desde el origen O.
x
O
b) La velocidad, la magnitud de la aceleración
tangencial y normal.
Fig. 1-22
c) La longitud de curva recorrida.
y
Solución:
y& = 2 t 2
∫ dy
→
t
=
0
y=
∫2t
2
dt
0
2 3
t
3
además:
&y& = 4 t
como:
y = 0,5 x 2
(1)
→
x = 2 y1/ 2
1/ 2
x =
de (1):
(1)
⎛2 ⎞
2 ⎜ t3 ⎟
⎝3 ⎠
→
x =
2 3/ 2
t
3
(2)
y (2) son las ecuaciones paramétricas del movimiento.
2 1/ 2
x& =
t
3
De (2):
&x& =
para t = 1 s:
x =
3
2 3
t −1 / 2
2
= 1,155 m
3
y = 0,667 m
x& =
2
= 1,155 m/s
3
y& = 2 m/s
→
r
v = (1,155 ; 2) m/s
→
r
a = (0,866 ; 4) m/s2
&x& = 0,866 m/s2
&y& = 4 m/s2
Para t = 1 s:
a)
d =
(1,155) 2 + (0,667) 2 = 1,33 m
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
b)
•
Pág. 1-27
r
v = (1,155 ; 2) m/s
→
v = 2,31 m/s
tan θ =
pendiente de la tangente:
dy
dx
=x
= 1,155
x =1,155
x =1,155
•
vector unitario tangencial:
eˆt = (cosθ , senθ ) = (0,655; 0,756)
•
vector unitario normal:
eˆn = (−0,756 ; 0,655)
La aceleración es:
r
s& 2
a = at eˆt + a n eˆn = &s&eˆt +
eˆn
ρ
(donde s& = v )
→
at = (0,866 ; 4) ⋅ (0,655; 0,756) = 3,59 m/s2
•
comp. normal:
r
at = a ⋅ eˆt
r
an = a ⋅ eˆn
→
an = (0,866 ; 4) ⋅ (− 0,756 ; 0,655) = 1,965 m/s2
•
r
v2
radio de curvatura: a ⋅ eˆn =
ρ
→
(0,866 ; 4) ⋅ ( − 0,756 ; 0,655) =
→
ρ = 2,715 m
•
comp. tangencial:
( 2,31) 2
ρ
c) Longitud de curva recorrida desde P0 = (0 , 0)
ds =
(dx) 2 + (dy) 2
ds =
⎛ dy ⎞
1 + ⎜ ⎟ dx
⎝ dx ⎠
→
dy / dx = x
2
como y = 0,5 x 2
reemplazando:
ds =
integrando:
s =
1+ x 2 dx
1,155
∫
→
1 + x 2 dx
s = 1,376 m
0
y
Ejemplo 1.15:
El esquiador se mueve a lo largo de la
trayectoria mostrada con rapidez (módulo
de velocidad) constante v = 6 m/s. Se pide
r
determinar la velocidad v y la aceleración
r
a en el instante en que está en el punto A,
el cual es el punto de tangencia entre el
tramo recto y el parabólico.
A
y = 0,05 x 2
O
Solución:
•
Velocidad:
r
v es tangente a la trayectoria
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xA = 10 m
x
Fig. 1-23
→
r
v = v eˆt
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Pág. 1-28
Pendiente de la tangente a la trayectoria en A:
dy
tan θ =
= 0,1 x
=1
dx x=10
x =10
•
→
eˆt = (− 2 / 2 , − 2 / 2)
→
r
v = 6 (− 2 / 2 , − 2 / 2)
→
θ = 45°
r
v = (− 3 2 , − 3 2 ) m/s
r
s2 ˆ
&
&
ˆ
a = s et +
en
Aceleración:
ρ
ρ =
donde:
→
[ 1 + (dy / dx) 2 ]3 / 2
d 2 y / dx 2
[1 + (0,1 x) 3 / 2
0,1
=
= 28,3 m
x =10
s& = v = 6
&s& = 0
eˆn = (− 2 / 2 ,
2 / 2)
r
( 6) 2 ˆ
a =
en = 1,27 eˆn m/s2
28,3
→
2da. solución: empleando coordenadas cartesianas
Ecuación de la trayectoria:
y = 0,05 x 2
y = 0,1 x x&
d / dt :
El módulo de la velocidad es constante:
(1)
x& 2 + y& 2 = (6) 2
(2)
En el instante analizado x = 10 m e y = 5 m. Reemplazando estos valores en (1) y (2) y
resolviendo obtenemos:
x& = y& = ± 3 2 m/s
observando que el esquiador desciende: x& = y& = − 3 2 m/s
r
v = (−3 2 , − 3 2 ) m/s
Para calcular la aceleración derivamos las expresiones (1) y (2):
de (1):
&y& = 0,1 x 2 + 0,2 x &x&
(3)
de (2):
2 x& &x& + 2 y& &y& = 0
(4)
Resolviendo (3) y (4) para el instante analizado:
→
&x& = − 0,9 m/s2
&y& = 0,9 m/s2
r
a = (− 0,9 ; 0,9) m/s2
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Pág. 1-29
Si se quiere utilizar este resultado para calcular el radio de curvatura sin necesidad de
reducir a la geometría analítica:
r
v2 ˆ
Sabemos que:
(5)
a = v& eˆt +
en
ρ
r
v2
v2
⋅ ên
→
ρ = r
a ⋅ eˆn =
a ⋅ eˆn
ρ
Reemplazando los resultados obtenidos y observando que siendo v& = 0
r
r
v = constante) entonces a esta íntegramente contenida en la dirección de en :
(pues
(− 0,9 ; 0,9)
eˆn =
1,27
ρ =
(6) 2
(− 0,9 ; 0,9)
(− 0,9 ; 0,9) ⋅
1,27
→
Ejemplo 1.16:
ρ = 28,28 m
y
En el instante mostrado la posición del
collarín P está dada por yP = 100 mm y su
velocidad por v P = 200 mm/s ↑ constante.
Calcular para ese instante la velocidad y la
aceleración de P en términos de las
componentes normal y tangencial.
y = 400 – k x2
A
P
yP
Solución:
x
O
y P = 100 mm
B
300 mm
y& P = 200 mm/s
Fig. 1-24
&y&P = 0
El punto (300 ; 0) pertenece a la parábola →
→
k =
0 = 400 − k (300) 2
400
= 4,444 ⋅10 −3
2
300
y = 400 − k x 2
Entonces, la ecuación de la parábola será:
Para y = 100 tenemos:
x = 259,8 mm
derivando (1):
y& = − 2 k x x&
reemplazando valores:
200 = −2 (0,0044) (259,8) x& → x& = 86,6 m/s
derivando (2):
&y& = − 2 k ( x& 2 + x &x&)
reemplazando valores:
x& 2 = − x &x&
→
&x& = − 28,87 mm/s2
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(1)
(2)
→
(3)
(−86,6) 2 = − (259,8) &x&
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Luego:
Pág. 1-30
r
r = ( 259,8 ; 100) mm
r
v = (−86,6 ; 200) mm/s
r
a = (−28,87 ; 0) mm/s2
eˆt =
(v x , v y )
=
(− 86,6 ; 200)
(86,6) 2 + (200) 2
eˆn = (− 0,918 ; − 0,397)
v
v = (− 86,6) 2 + (200) 2
= (− 0,397 ; 0,918)
→
v = 217,94 mm/s
r
at = a ⋅ eˆt = (−28,87 ; 0) ⋅ (− 0,397 ; 0,918)
→
r
an = a ⋅ eˆn = (−28,87 ; 0) ⋅ (−0,918 ; − 0,397) →
Así:
r
at = at eˆt = 11,46 (−0,397 ; 0,918)
→
r
an = an eˆn = 26,5 (−0,918 ; − 0,397) →
at = 11,46 mm/s2
a n = 26,5 mm/s2
r
at = (− 4,55 ; 10,52) [mm/s2]
r
an = (− 24,33 ; − 10,52) [mm/s2]
Ejemplo 1.17: La varilla rígida AB de longitud L se mueve de tal manera que A y B están
sobre la parábola y = 1,875 x 2 . Si la velocidad de B es tal que v B = 3,6 m/s
constante y en el instante mostrado x B = 0,4 m, se pide calcular la
velocidad de A, así como aceleraciones de A y B.
Solución:
y
xA = 0
yA = 0
x B = 0,4 m
B
y B = 1,875 (0,4) 2 = 0,3 m
L
•
x
r
Velocidad de B: v B = ( x& B , y& B )
A
vB =
0,4 m
→
Fig. 1-25
Como y = 1,875 x 2
→
Como x B = 0,4 ⇒
y& B = 3,75 (0,4) x& B = 1,5 x& B
de (1) y (2):
entonces:
x& B2 + y& B2 = 13
y& = 1,875 (2 x) x& →
e
x& B = 2 m/s
r
v B = ( 2, 3) m/s
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x& B2 + y& B2 = 3,6 [m/s]
(1)
y& B = 3,75 ( x B ) x& B
(2)
y& B = 3 m/s
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
•
Pág. 1-31
r
Velocidad de A: v A = ( x& A , y& A )
r
y& A = 0 → v A = ( x& A , 0)
→
Como A es vértice
Tenemos:
( y B − y A ) 2 + ( x B − x A ) 2 = L2
d
:
dt
2 ( y B − y A ) ( y& B − y& A ) + 2 ( x B − x A ) ( x& B − x& A ) = 0
de donde:
x& A = 4,25 m/s
r
v A = ( 4,25 ; 0) m/s
Entonces:
•
Aceleración de B:
r
v2
v B constante no implica que a B = 0 pues a B = v& B eˆt + B eˆn
Tenemos:
ρ
x& + y& = 13 → x& B &x&B + y& B &y&B = 0
(3)
además:
y& B = 3,75 x B x& B
(4)
2
B
Tenemos para B que:
en (3) y (4):
Entonces:
•
2
B
→
&y&B = 3,75 x& B2 + 3,75 x B &x&B
x B = 0,4 m e
y B = 0,3 m
&x&B = − 6,92 m/s2
e
r
a B = (− 6,92 ; 4,62) m/s
&y&B = 4,62 m/s2
Aceleración de A:
Puesto que:
y A = 1,875 x A2
d/dt:
y& A = 3,75 x A x& A
d/dt:
&y&A = 3,75 x& A2 + 3,75 x A &x&A
Además:
( x B − x A ) 2 + ( y B − y A ) 2 = L2
d/dt:
( x B − x A ) ( x& B − x& A ) + ( y B − y A ) ( y& B − y& A ) = 0
d/dt:
( x& B − x& A ) 2 + ( x B − x A ) ( &x&B − &x&A ) + ( y& B − y& A ) 2 + ( y B − y A ) ( &y&B − &y&A ) = 0
→
Entonces:
→
&y&A = 67,73 m/s2
&x&A = − 19,09 m/s2
r
a A = (− 19,09 ; 67,73) m/s
si se requiere calcular ρ B sin usar la expresión correspondiente de la geometría
analítica podemos hacer los siguiente:
r
vB
(2, 3)
Calculamos:
=
eˆt =
vB
13
Nota:
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Entonces:
⎧
⎪
⎪
eˆn = ⎨
⎪
⎪⎩
y como:
r
v2
a B ⋅ eˆn = B
⇒
de donde:
Pág. 1-32
r
1
(− 3, 2) → a ⋅ eˆn = 108,17 ⇒ OK !
13
r
1
(3, − 2) → a ⋅ eˆn = − 108,17 ⇒ no !
13
ρ
1
( 13 ) 2
(− 6,92 ; 4,62) ⋅
(− 3, 2) =
ρB
13
ρ B = 1,56 m
Ejemplo 1.18:
y
O
C
30°
B
P
30 cm
Las ranuras móviles rectas AB y CD mostradas
en la figura determinan el movimiento del
pasador P que desliza entre ellas. En el
instante representado, la corredera C tiene una
velocidad de 10 cm/s hacia abajo
disminuyendo a razón de 5 cm/s2, mientras que
la corredera A se desplaza con una velocidad
de 5 cm/s en el sentido indicado decreciendo a
razón de 8 cm/s2. Se pide calcular para ese
instante:
D
3
4
a) La velocidad y aceleración del pasador P.
O
b) El vector posición del centro de curvatura
de la trayectoria absoluta de P.
vA
x
A
4
3
Fig. 1-26
Solución:
a) De datos: y& C = − 10 cm/s &y&C = 5 cm/s2
r
⇒
v A = 5 cm/s
v A = 5 (0,6 ; − 0,8)
r
⇒
a A = 8 cm/s2
a A = 8 (− 0,6 ; 0,8)
⇒
⇒
r
v A = ( x& A , y& A ) = (3, − 4) cm/s
r
a A = ( &x&A , &y&A ) = (− 4,8 ; 6,4) cm/s2
3
(x − xA )
4
Ecuación de la recta AB:
y − yA =
reescribiendo:
0,75 x − y = 0,75 x A − y A
(1)
derivando:
0,75 x& − y& = 0,75 x& A − y& A
(2)
derivando otra vez:
0,75 &x& − &y& = 0,75 &x&A − &y&A
(3)
Ecuación de la recta CD:
y − yC = − (1 / 3 ) ( x − xC )
reescribiendo:
(1 / 3 ) x + y = (1 / 3 ) xC − yC
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(4)
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Pág. 1-33
derivando:
(1 / 3 ) x& − y& = (1 / 3 ) x&C − y& C
(5)
derivando otra vez:
(1 / 3 ) &x& − &y& = (1 / 3 ) &x&C − &y&C
(6)
Reemplazando:
xA = yA = 0 ;
xC = 0 ;
0,75 x − y = 0
(1 / 3 ) x + y = 30
Reemplazando:
x& A = 3 cm/s;
yC = 30 cm en (1) y (4):
⎫
⎬
⎭
⎫
⎬
(1 / 3 ) x& + y& = − 10 ⎭
&x&A = − 4,8 cm/s2 ;
⎫
⎬
(1 / 3 ) &x& + &y& = 5 ⎭
x& = − 2,825 cm/s
y& = − 8,369 cm/s
⇒
&y&C = 5 cm/s 2 en (3) y (6):
&x& = − 3,767 cm/s 2
&y& = 7,175 cm/s 2
r
rP = (22,6 ; 16,95) cm
r
v P = ( − 2,825 ; − 8,369) cm/s → v P = 8,883 cm/s
r
a P = (− 3,767 ; 7,175) cm/s2 → a P = 8,104 cm/s2
Entonces:
r r
r
− 49,406
a ⋅v
=
at = a ⋅ eˆt =
8,833
v
an =
⇒
y& C = −10 cm/s en (2) y (5):
&y&A = 6,4 cm/s2 ; &x&C = 0;
0,75 &x& − &y& = − 10
b)
y = 16,951 cm
y& A = − 4 cm/s; x&C = 0;
0,75 x& − y& = 6,25
Reemplazando:
x = 22,601 cm
⇒
→
at = − 5,593 cm/s2
a 2 − at2 = 5,864 cm/s2
v2
(8,883) 2
como an =
→
ρ =
=
→
ρ = 13,305 cm
ρ
an
5,864
r
⎛ − 2,825 ; − 8,369 ⎞
r
v
(−3,767 ; 7,175) − (− 5,593) ⎜
⎟
r
r
r
a − at
an
a − at
8,833
⎝
⎠
v
eˆn =
=
=
=
5,864
an
an
an
v2
eˆn = (− 0,947 ; 0,3199) cm
y
P
Posición del centro de curvatura C:
ρ ên
r
r
rC = rP + ρ eˆn
r
rP
r
rC = (22,601 ; 16,951) + 13,305 (− 0,947 ; 0,3199)
rC = (10 ; 21,21) cm
r
rC
C
x
O
Fig. 1-27
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Pág. 1-34
1.8 Velocidad y aceleración en coordenadas polares
En muchos casos en que estemos analizando el movimiento plano de una partícula, será
conveniente definir la posición de un punto P a través de la distancia r a un punto fijo
(origen polar) y a un ángulo θ que define el vector posición a partir de un eje polar fijo.
y
Para la posición genérica que ocupa la partícula P
se definen los vectores unitarios:
r = r (θ )
êθ θ
•
radial:
eˆr = (cosθ , senθ )
(1.23)
•
transversal:
eˆθ = (− senθ , cosθ )
(1.24)
êr
θ
P
Así, el vector posición se puede representar por:
r(t)
r
r (t ) = r eˆr
(1.25)
θ
x
O
Velocidad:
Eje polar
Fig. 1-28
r
d r
d
v (t ) =
r (t ) =
(r eˆr )
dt
dt
deˆ
= r& eˆr + r r
dt
deˆr dθ
= r& eˆr + r
dθ dt
(1.26)
De la definición del vector unitario radial (1.23) podemos deducir su derivada:
!
deˆr
= (− senθ , cosθ ) = eˆθ
dθ
en (1.26):
r
v = r& eˆr + r θ& eˆθ
o también:
r
r
r
v = vr + vθ
donde:
r
v r = r& eˆr
y
r
vθ = r θ& eˆθ
(1.27)
(1.28)
se denomina velocidad radial o también componente radial de la
velocidad, cuyo módulo es vr = r& .
se denomina velocidad transversal o también componente
transversal de la velocidad, cuyo módulo es v = r θ& .
θ
El módulo de la velocidad será:
Pontificia Universidad Católica del Perú
v =
vr2 + vθ2 =
(r& )2 + (r θ&) 2
(1.29)
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Aceleración:
Pág. 1-35
r
d r
d &ˆ
a (t ) =
v (t ) =
(r er + r θ& eˆθ )
dt
dt
d
d
= &r& eˆr + r& eˆr + r& (θ& eˆθ ) + r (θ& eˆθ )
dt
dt
= &r& eˆr + r&
deˆ dθ ⎞
d
⎛
eˆr θ& + r& θ& eˆθ + r ⎜θ& eˆθ + θ& θ
⎟
dθ dt ⎠
dθ
⎝
(1.30)
deˆθ
= (− cosθ , − senθ ) = − eˆr
dθ
r
a = &r& eˆr + r& θ& eˆθ + r& θ& eˆθ + rθ&& eˆθ − r θ& 2 eˆr
de (1.24):
en (1.30):
→
(1.31)
r
a = (&r& − rθ& 2 ) eˆr + (2 r&θ& + r θ&&) eˆθ
r
r
r
a = ar + aθ
o también:
donde:
r
ar = (&r& − rθ& 2 ) eˆr
y
r
aθ = (2 r&θ& + r θ&&) eˆθ
El módulo de la aceleración es:
(1.32)
se denomina aceleración radial o también componente
radial de la aceleración, cuyo módulo es ar = &r& − r θ& 2 .
se denomina aceleración transversal o también
componente transversal de la aceleración, cuyo módulo es
aθ = 2 r& θ& + r θ&& .
a =
ar2 + aθ2 =
(&r& − r θ& 2 ) 2 + (2 r& θ& + r θ&&) 2
(1.33)
Nota: el cambio de θ (t ) con respecto al tiempo ( dθ dt ) se denomina velocidad angular y
r
no debe ser confundida con el vector velocidad angular de un cuerpo rígido (ω ) ,
concepto que estudiaremos en el capítulo 6.
d &
d
Análogamente: θ&&(t ) =
θ (t ) = ω (t ) = α (t )
dt
dt
es la aceleración angular.
Caso particular: movimiento circular
r = R (const.)
Velocidad:
Aceleración:
êθ
êr
→ r& = &r& = 0
r
v = r& eˆr + r θ& eˆθ
R
r
→ v = R θ& eˆθ
θ
s
r
a = (&r& − r θ& 2 ) eˆr + (2 r&θ& + r θ&&) eˆθ
r
a = − R θ& 2 eˆr + R θ&& eˆθ
Fig. 1-29
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Pág. 1-36
Ejemplo 1.19:
El bloque D se mueve con velocidad v0 (constante)
y mediante el pin P soldado a él arrastra al brazo
ranurado, el cual puede girar alrededor de O. Se
pide:
C
v0
r
h
a) Calcular la velocidad y aceleración angular del
brazo OA en función de h, v0 y θ .
O
D
θ
Fig. 1-30
b) Calcular la aceleración de P.
Solución: Será importante reconocer en este momento que la trayectoria de la partícula P
es rectilínea.
r
r
r
a) Descomponiendo v0 en sus componentes vr y vθ :
θ
C
h
De la figura:
êr
êθ
vθ = v0 senθ
r
v0
r
Fig. 1-31
(1)
r
v P = r& eˆr + r θ& eˆθ
(2)
Comparando (1) y (2):
O
como r =
r
es decir: v P = v0 cosθ eˆr − v0 senθ eˆθ
Como
θ
en ( 4 )
h
senθ
→
d
:
dt
θ&& = −
de (5):
θ&& =
vr = v0 cosθ
θ& = −
r& = v0 cosθ
(3)
r θ& = − v0 senθ
(4)
v0 sen 2θ
h
(5)
2 v0
senθ cosθ θ&
h
2 v02
sen 3θ cosθ
2
h
b) La aceleración de P tendrá la forma:
(6)
r
a P = (&r& − r θ& 2 ) eˆr + (2 r& θ&& + r θ&) eˆθ
14243
14
4244
3
a
r
(7)
aθ
Si observamos los términos que contiene esta última expresión, observamos que solamente
nos falta evaluar &r& .
Derivando (3):
&r& = − v0 senθ θ&
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Pág. 1-37
⎛ − v sen 2θ ⎞
&r& = − v0 senθ ⎜ 0
⎟⎟
⎜
h
⎝
⎠
de (5):
→
&r& =
v02 sen 3θ
h
(8)
Reempazando (3), (5), (6) y (8) en (7) obtenemos:
v 2 sen 3θ
h
ar = 0
−
h
senθ
⎛ v0 sen 2θ ⎞
⎟⎟
⎜⎜ −
h
⎠
⎝
2
⎛ v sen 2θ ⎞
h 2 v02
⎟⎟ +
aθ = 2 v0 cosθ ⎜⎜ − 0
sen 3θ cosθ
2
θ
h
sen
h
⎝
⎠
→
ar = 0
→
aθ = 0
lo cual indica que el pin P no está acelerado (lo cual era de esperar pues dicho pin se
mueve solidario a D, el cual a su vez se mueve según una trayectoria rectlilínea con
velocidad constante).
Ejemplo 1.20:
40 RPM
La barra ranurada gira en sentido contrario a las
agujas del reloj con una velocidad angular constante
de 40 RPM y obliga al pin A a moverse siempre en
contacto con la superficie de la leva en forma de
cardioide r = 10 − 7,5 cosθ [r en cm].
A
r
a) Si la leva es estacionaria, se pide calcular la
velocidad y la aceleración del pin A cuando la
barra forma un ángulo θ = 30° con el eje de la
cardioide.
O
b) Si la leva gira en sentido horario con una
velocidad angular constante de 30 RPM, se pide
determinar la velocidad y aceleración del pin A
cuando el brazo forma un ángulo de 30° con el
eje de la cardioide (leva).
θ
Fig. 1-32
Solución:
a) Tomaremos el eje de la cardioide como eje polar y así el ángulo θ deviene en ángulo
polar. Entonces para una posición genérica de la barra podemos escribir:
Ecuación polar de la trayectoria:
r = 10 − 7,5 cosθ
π
De dato:
θ& =
(40) = 4,19 rad/s (const.)
30
θ&& = 0
y también:
Velocidad en coordenadas polares:
derivando (1):
r& = 7,5 senθ θ&
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r
v = r& eˆr + r θ& eˆθ
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Pág. 1-38
Para el instante analizado: θ = 30° , θ& = 4,19 rad/s y θ&& = 0
en (1):
r = 3,5 cm
en (5):
r& = 15,71 cm/s
Reemplazando valores en (4):
donde:
r
v = (15,71) eˆr + (14,67) eˆθ [cm/s]
(6)
eˆr = (cos θ , senθ ) = (0,87 ; 0,5)
eˆθ = (− senθ , cosθ ) = (− 0,5 ; 0,87)
El módulo de la velocidad será:
v = 21,49 cm/s
Si se desea la expresión vectorial de la velocidad en coordenadas cartesianas bastará con
reemplazar las componentes de los vectores unitarios para el instante en análisis en (6):
r
v = 15,71 (0,87 iˆ + 0,5 ˆj ) + 14,67 (− 0,5 iˆ + 0,87 ˆj ) = 6,33 iˆ + 20,62 ˆj
La aceleración está dada por:
r
a = (&r& − rθ& 2 ) eˆr + (2 r&θ& + r θ&&) eˆθ
&r& = 7,5 cosθ θ& 2 + 7,5 senθ θ&&
derivando (5):
Reemplazando valores en (8):
(7)
(8)
&r& = 7,5 (0,87) (4,19) 2 + 7,5 (0,5) (0) = 114,55 cm/s2
Finalmente en (7):
r
a = (53,10) eˆr + (131,65) eˆθ [cm/s2]
con módulo:
a = 141,96 cm/s2
(9)
Si se desea la expresión vectorial de la aceleración en coordenadas cartesianas bastará con
reemplazar las componentes de los vectores unitarios para el instante en análisis en (9):
r
a = 53,10 (0,87 iˆ + 0,5 ˆj ) + 131,65 (− 0,5 iˆ + 0,87 ˆj ) = − 19,63 iˆ + 141,09 ˆj
b) Puesto que el eje polar debe ser estacionario, ya no podemos tomar como tal al eje de
la cardioide pues ella gira. Entonces, debemos redefinir la ecuación polar de la
cardioide:
r = 10 − 7,5 cos φ
donde el ángulo φ es el ángulo formado por el eje (ahora móvil) de la cardioide y la barra.
Además se cumplirá para todo instante que:
y en consecuencia:
y también:
De datos: α& =
π
30
(30) = 3,14 rad/s (const.)
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φ = β +α
φ& = β& + α&
φ&& = β&& + α&&
→ α&& = 0
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
π
β& =
→
30
Pág. 1-39
(40) = 4,19 rad/s (const.)
40 RPM
β&& = 0
Como:
r = 10 − 7,5 cosφ
r
O
d / dt :
r& = 7,5 senφ φ&
d / dt :
&r& = 7,5 cosφ φ& 2 + 7,5 senφ φ&&
A
β θ
α
φ
eje polar para el
movimiento del brazo
eje de la cardioide
Entonces:
ar = &r& − r θ& 2
Fig. 1-33
= 7,5 cosφ φ& 2 − (10 − 7,5 cosφ ) θ& 2
30 RPM
aθ = 2 r& θ& + r θ&&
= 2 (7,5 cosφ φ&) θ& + (10 − 7,5 cosφ ) θ&&
θ& = β&
Como θ = β
→
Para φ = 30° :
a r = 287 ,45 cm/s2
→
θ&& = β&& = 0
aθ = 230,35 cm/s2
→ a =
a r2 + aθ2 = 368,36 cm/s2
Ejemplo 1.21:
El pin P está fijo a la barra articulada AB.
Dicho pin está obligado a moverse a lo
largo de una corredera móvil en forma de
parábola de eje vertical con vértice C. La
barra ranurada C es obligada a moverse
verticalmente y en el instante mostrado
tiene una velocidad de 6 cm/s hacia abajo
decreciente a razón de 2 cm/s2. Calcular
para ese instante:
a) La velocidad y aceleración del pin P.
b) La velocidad y aceleración angulares de
la barra AB.
Solución: a) La ecuación de la parábola es de la forma:
y − yC = k x 2
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(1)
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Pág. 1-40
El punto D de coordenadas x = 10 ; y = yC − 6,25 debe satisfacer dicha ecuación,
entonces:
k = − 0,0625
en (1):
y − yC = − 0,0625 x 2
(2)
d / dt :
y& − y& C = − 0,125 x x&
(3)
d / dt :
&y& − &y&C = − 0,125 ( x& 2 + x &x&)
(4)
Además, la trayectoria de P es una circunferencia:
x2 + y2 = R2
(5)
d / dt :
x x& + y y& = 0
(6)
d / dt :
x& 2 + x &x& + y& 2 + y &y& = 0
(7)
yC = 10 cm
En el instante analizado tenemos que:
y& C = − 6 cms
&y&C = 2 cm/s2
En dicho instante las coordenadas de P deben satisfacer las ecuaciones de la parábola:
y − 10 = − 0,0625 x 2 y de la recta y = (3 / 4) x .
Resolviendo el sistema obtenemos: x = 8 cm e y = 6 cm
R = 10 cm
en (5):
⎫ r
⎬ v P = (18 , − 24) cm/s
⎭
x& = 18 cm/s
en (3) y (6) y resolviendo:
y& = −24 cm/s
&x& = −334,5 cm/s2
en (4) y (7) y resolviendo:
&y& = 296 cm/s
b)
êr
êθ
θ
P
θ
r
24 cm/s
A
18 cm/s
2
⎫ r
2
⎬ a P = (−334,5 , 296) cm/s
⎭
!
⎛ 3⎞
⎛ 4⎞
vr = r& = 18 ⎜ ⎟ − 24 ⎜ ⎟ = 0
⎝5⎠
⎝5⎠
(8)
!
⎛ 4⎞
⎛ 3⎞
vθ = r θ& = − 18 ⎜ ⎟ − 24 ⎜ ⎟ = − 30
⎝5⎠
⎝5⎠
(9)
y como
θ
Fig. 1-35
→
r = R = 10 cm
θ& = − 3 rad/s
Notar que el resultado r& = 0 era de esperar pues el punto P sigue una trayectoria circular
r = R = constante.
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êθ
296 cm/s2
Pág. 1-41
êr
θ
334,5 cm/s2
P
θ
!
⎛ 4⎞
⎛ 3⎞
ar = &r& − r θ& 2 = 296 ⎜ ⎟ − 334,5 ⎜ ⎟ = − 90
⎝5⎠
⎝5⎠
(10)
!
⎛ 3⎞
⎛4⎞
aθ = 2 r&θ& + rθ&& = 296 ⎜ ⎟ + 334,5 ⎜ ⎟ = 437,5
⎝5⎠
⎝5⎠
(11)
r
θ
A
Fig. 1-36
Nota:
como
r = R (constante)
de (11):
θ&& = 43,75 rad/s2
De otra manera para la parte b):
d / dt :
es decir:
tan θ =
r& = &r& = 0
y
x
(12)
y& x − x& y
(sec 2 θ ) θ& =
x2
θ&
cos 2 θ
=
y& x − x& y
x2
(13)
(− 24) 8 − (18) 6
⎛5⎞ &
⎜ ⎟ θ =
(8) 2
⎝4⎠
2
para el instante analizado:
de (13):
→
→
θ& = − 3 rad/s
θ& x 2 = ( y& x − x& y ) cos 2 θ
(14)
derivando:
θ&& x 2 + θ& (2 x x& ) = 2 cosθ (− senθ ) θ& ( y& x − x& y ) + cos 2 θ ( &y& x + y& x& − &x& y − x& y& )
y reemplazando valores y despejando:
θ&& = 43,75 rad/s2
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Pág. 1-42
Ejemplo 1.22:
y
La varilla telescópica mostrada hace mover al
pasador P a lo largo de la trayectoria fija
22,5 y = x 2 [x e y en cm]. Si la coordenada x
está dada por x = 2,5 t 2 − 12,5 t [t en s, x en
cm], se pide calcular:
b) La velocidad y aceleración angulares de la
varilla.
30 cm
a) Las componentes cartesianas de la
velocidad y aceleración de P cuando x = 15
cm.
A
22,5 y = x 2
P
O
x
Fig. 1-37
Solución:
a) De la ecuación de la trayectoria:
22,5 y = x 2
(1)
d / dt :
22,5 y& = 2 x x&
(2)
d / dt :
22,5 &y& = 2 ( x& 2 + x &x&)
(3)
Además, de ecuación paramétrica en x:
x = 2,5 t 2 − 12,5 t
(4)
d / dt :
x& = 5 t − 12,5
(5)
d / dt :
&x& = 5
(6)
de (4), para x = 15 cm
→
t=6s
de (1), para x = 15 cm
→
y = 10 cm
Ahora podemos reemplazar estos datos en las ecuaciones que hemos deducido. Así, las
componentes cartesianas de la velocidad serán:
de (5):
x& = 17,5 cm/s
en (2):
y& = 23,33 cm/s
⎫
⎬
⎭
⇒
r
v = (17,5 ; 23,33)
[cm/s]
y correspondientemente las componentes cartesianas de la aceleración serán:
de (6):
&x& = 5 cm/s2
en (3):
&y& = 33,89 cm/s
2
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⎫
⎬
⎭
⇒
r
a = (5 ; 33,89)
[cm/s2]
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Pág. 1-43
y
En el instante en estudio:
→
15 3
=
20 4
→
A origen polar
senθ = 3 / 5
cosθ = 4 / 5
θ
r
r
4⎞
⎛3
eˆr = ( senθ , − cosθ ) = ⎜ , − ⎟
5⎠
⎝5
⎛ 4 3⎞
eˆθ = (cosθ , senθ ) = ⎜ , ⎟
⎝ 5 5⎠
êθ
θ
ê r
Sabemos que la velocidad tiene la forma polar:
r
v = r& eˆr + r θ& eˆθ
r
o también:
v = vr eˆr + vθ eˆθ
22,5 y = x 2
θ
P
10 cm
tanθ =
30 cm
b)
x
15 cm
eje polar
Fig. 1-38
La componente radial se puede calcular de la siguiente manera:
r
4⎞
⎛3
vr = v ⋅ eˆr = (17,5 ; 23,33) ⋅ ⎜ , − ⎟ = − 8,164
5⎠
⎝5
de donde:
r& = − 8,164 cm/s
(7)
Análogamente, la componente transversal será:
es decir:
r
⎛ 4 3⎞
vθ = v ⋅ eˆθ = (17,5 ; 23,33) ⋅ ⎜ , ⎟ = 28,0
⎝ 5 5⎠
&
r θ = 28,0 cm/s
θ& = 1,12 rad/s
para el instante en análisis r = 25 cm, entonces, de (8):
Sabemos que:
(8)
(9)
r
a = (&r& − rθ& 2 ) eˆr + (2 r& θ& + r θ&&) eˆθ
14243
14
4244
3
ar
aθ
La componente radial de la aceleración se puede calcular de la siguiente manera:
es decir:
r
4⎞
⎛3
ar = a ⋅ eˆr = (5 ; 33,89) ⋅ ⎜ , − ⎟ = − 24,112 cm/s2
5⎠
⎝5
&r& − r θ& 2 = − 24,112
(10)
Análogamente para la componente transversal de la aceleración:
r
⎛ 4 3⎞
aθ = a ⋅ eˆθ = (5 ; 33,89) ⋅ ⎜ , ⎟ = 24,334 cm/s2
⎝ 5 5⎠
2 r&θ& + r θ&& = 24,334
es decir:
(11)
Reemplazando los valores ya obtenidos para r& y θ& para el instante en análisis obtenemos:
de (10):
&r& = 7,248 cm/s2
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θ&& = 1,70 rad/s2
y de (11):
Nota:
Pág. 1-44
otra forma interesante de relacionar las coordenadas cartesianas, ya resueltas en la
parte a), con las coordenadas polares es la siguiente:
tan θ =
x
30 − y
de donde:
x& (30 − y ) − x (− y& )
sec 2 θ (θ&) =
(30 − y ) 2
θ& = 1,12 rad/s
de (12):
θ& (30 − y ) 2 = cos 2 θ (30 x& − x& y + x y& )
d / dt :
(12)
derivando implícitamente:
θ&& (30 − y) 2 + θ& (2) (30 − y ) (− y& ) = 2 cosθ (− senθ ) θ& (30 x& − x& y + x y& ) +
+ cos 2 θ (30 &x& − &x& y − x& y& + x& y& + x &y&)
reemplazando los valores obtenidos en a) despejando:
θ&& = 1,70 rad/s2
1.9 Coordenadas cilíndricas
êz
z
êθ
P
C
êR
r
r
z
O
θ
r
R
y
êz
êθ
Elegiremos un plano de base (en la
figura el plano xy) sobre el cual
proyectaremos el movimiento de la
partícula. De manera análoga a lo
expresado en el acápite anterior,
utilizaremos para dicho plano de base
coordenadas similares a las polares
empleadas para analizar el movimiento
plano.
Fig. 1-39
x
êR
De acuerdo a lo dicho definiremos los vectores unitarios radial ( ê R ) y transversal ( êθ )
contenidos en el plano de base y además un tercer vector unitario perpendicular a ambos
( ê z ), con lo cual el vector posición quedará definido como:
r
r (t ) = R eˆR + z eˆ z
(1.34)
r
Dicho de otra manera el vector posición r (t ) quedará definido si conocemos:
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Pág. 1-45
R = R(t )
⎫
Ecuaciones paramétricas en
⎪
θ = θ (t ) ⎬
coordenadas cilíndricas
z = z (t ) ⎪⎭
En forma análoga a lo expresado para coordenadas polares podemos escribir:
&
eˆR = θ& eˆθ
eˆ&θ = − θ& eˆR
e&ˆ = 0
z
Velocidad:
→
o también:
donde:
r
d r
&
&
v =
r = R& eˆR + R eˆ + z& eˆ z + z eˆ z
dt
r
v = R& eˆR + R θ& eˆθ + z& eˆ z
(1.35)
r
r
r
r
v = v R + vθ + v z
(1.36)
r
vR = R& eˆR
se denomina componente radial de la velocidad, cuyo módulo es
v = R& .
R
r
vθ = R θ& eˆθ
se denomina componente transversal de la velocidad, cuyo
módulo es v = R θ& .
θ
r
v z = z& eˆ z
y
se denomina componente de la velocidad en dirección z, cuyo
módulo es v z = z& .
El módulo de la velocidad será:
Aceleración:
→
o también:
donde:
v =
vr2 + vθ2 + v z2 =
( R& ) 2 + ( Rθ&) 2 + ( z&) 2
(1.37)
r
d r
&& eˆ + R& eˆ& + R& θ& eˆ + R (θ&& eˆ + θ& eˆ& ) + &z& eˆ
a =
v = R
R
R
θ
θ
θ
z
dt
&& eˆ + R& θ& eˆ + R θ&& eˆ + R θ& 2 eˆ + &z& eˆ
= R
R
θ
θ
R
z
r
&& − R θ& 2 ) eˆ + (2 R& θ& + R θ&&) eˆ + &z& eˆ
a = (R
R
θ
z
(1.38)
r
r
r
r
a = a R + aθ + a z
(1.39)
r
&& − R θ& 2 ) eˆ
aR = ( R
R
se denomina aceleración radial o también componente
radial de la aceleración, cuyo módulo es
&& − R θ& 2 .
aR = R
r
aθ = (2 R& θ& + R θ&&) eˆθ se denomina aceleración transversal o también
componente transversal de la aceleración, cuyo módulo
es aθ = 2 R& θ& + R θ&& .
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Pág. 1-46
r
a z = &z& eˆθ
se denomina componente de la aceleración en
dirección z, cuyo módulo es a z = &z& .
El módulo de la aceleración será:
a =
Ejemplo 1.23:
a R2 + aθ2 + a z2 =
&& − R θ& 2 ) 2 + (2 R& θ& + R θ&&) 2 + (&z&) 2
(R
(1.40)
z
Una partícula inicia su movimiento en el punto
O recorriendo el arco s sobre la placa según la
función s = 10 t [s en cm y t en segundos]
sobre una ranura circular de radio 10 cm
contenida en el plano Q, el cual a su vez gira
alrededor del eje z con velocidad angular
constante θ& = 1 rad/s. Si para t = 0, θ = 0 , se
pide determinar la velocidad y aceleración de
la partícula para t = 3 s.
P
s
r
r
Q
z
y
O
m
10 c
R
θ
C
x
Fig. 1-40
Solución:
Tenemos de dato que θ& = 1 rad/s (const.)
además:
s = 10 β
→
β =
⇒
∫
→
dθ / dt = 1
θ =t
10 t
s
=
= t
10
10
Q
P
Determinación de R y z (coordenadas cilíndricas):
derivando:
z = 10 sen β
derivando:
→
R = 10 − 10 cos t
R& = 10 sen t
&& = 10 cos t
R
entonces:
z
β
O
C
R
Fig. 1-41
z = 10 sen t
z& = 10 cos t
&z& = − 10 sen t
Reemplazando para el instante en análisis:
cm
→
10
R = 10 − 10 cos β
s
t = 3s →
β = 3 rad
R = 10 − 10 cos t = 10 − 10 cos 3 = 19,89 cm
R& = 10 sen t = 10 sen 3 = 1,41 cm/s;
&& = 10 cos t = 10 cos 3 = − 9,89 cm/s2
R
z& = 10 cos t = 10 cos 3 = − 9,89 cm/s
&z& = − 10 sen t = − 10 sen 3 = − 1,41 cm/s2
Velocidad:
r
v = R& eˆR + R θ& eˆθ + z& eˆ z
= 1,41 eˆR + 19,89 eˆθ − 9,89 eˆ z
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[cm/s]
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→
v =
Aceleración:
Pág. 1-47
v R2 + vθ2 + v z2
→
v = 22,25 cm/s
r
&& − Rθ& 2 ) eˆ + (2 R& θ& + Rθ&&) eˆ + &z& eˆ
a = (R
R
θ
z
= − 29,78 eˆR + 2,82 eˆθ − 1,41 eˆ z
→
a =
a R2 + aθ2 + a z2
[cm/s2]
a = 29,95 cm/s2
→
1.10 Velocidad areolar
P
Se define el área barrida por el vector posición
entre dos posiciones vecinas (ver figura)
como:
r
r
1r
∆Ω = r × ∆ r
2
r
r
z
El área barrida por unidad de tiempo se
denomina velocidad areolar:
r
r
r&
∆Ω
1 r ∆r
Ω = lim
= lim r ×
∆ t →0
∆ t →0 2
∆t
∆t
r&
1r r
Ω = r ×v
2
velocidad areolar
O
x
r
∆r
r
r
r + ∆r
C
∆Ω
y
Fig. 1-42
(1.41)
En coordenadas cartesianas tendremos:
iˆ
r&
1
Ω =
x
2
x&
ˆj
kˆ
y
y&
z
z&
En particular este concepto será útil en el estudio del movimiento causado por una fuerza
central, que como demostraremos en el siguiente capítulo, es un movimiento plano.
Particularizando la anterior expresión para este caso (z = 0):
iˆ
r&
1
Ω =
x
2
x&
ˆj
kˆ
y
y&
0 =
0
1
( x y& − x& y ) kˆ
2
En coordenadas polares:
r
r = r eˆr
r
v = r& eˆr + r θ& eˆθ
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
→
Pág. 1-48
r&
1r r
1
Ω = r × v = r 2θ& (eˆr × eˆθ )
2
2
r
r&
1
Ω = r 2 θ& k
2
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(1.42)
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Pág. 1-49
1.11 Movimiento relativo con respecto a ejes en traslación
P
r z'
rP / A
r
rP
z
C
r
rA
y'
A
x'
Sistema móvil x ′y ′z ′ con origen en A cuya
r
posición es rA con respecto a Oxyz.
Condición: el sistema móvil se traslada (no
gira)
y
O
No es necesario que Oxyz // Ax ′y ′z ′ .
Fig. 1-43
x
Sistema fijo x, y, z con origen O.
r r r
rp = rA + rP / A
d / dt :
r
r r
vP = v A + vP / A
(1.43)
d / dt :
r
r
r
aP = a A + aP / A
(1.44)
Ejemplo 1.24:
r
vP / Alabe
Un álabe tiene un ángulo de salida de 30° con
respecto a la horizontal. Si la velocidad de una
partícula de agua con respecto al álabe es
constante e igual a 1000 m/s y la velocidad real
de dicha partícula respecto a tierra al momento de
abandonar el álabe es de 625 m/s, se pide calcular
la velocidad de traslación v 0 del álabe.
30°
y'
P
r
vO
x'
A
vP / Alabe = 1000 m / s
Fig. 1-44
Solución:
Sistema móvil x ′y ′ unido al álabe y sólo se traslada.
Sabemos que:
Es decir:
r
r
r
v P / Alabe = v P − v Alabe
r
r
r
v Alabe = v P − v P / Alabe
(1)
r
v P = 625 ( − cos θ , senθ )
r
v P / Alabe = 1000 (− cos 30° , sen 30°)
Velocidad relativa de P con respecto al álabe:
Velocidad absoluta de P:
Velocidad absoluta del álabe:
en (1):
r
v Alabe = v0 (1, 0)
(v0 , 0) = 625 (− cosθ , senθ ) − 1000 (− 3 / 2 , 1 / 2)
resolviendo:
θ = 53,13° y v0 = 491 m/s
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Pág. 1-50
1.12 Cinemática de partículas interconectadas
A continuación estudiaremos el movimiento de partículas cuando se hallan conectadas
unas con otras por elementos flexibles (cuerdas), que se disponen conjuntamente con
poleas, o elementos rígidos (barras).
Examinemos un ejemplo sencillo. En la figura 1.31 se muestran dos partículas unidas por
un cable flexible inextensible. Suponiendo que el bloque B desciende sobre el plano
inclinado con velocidad conocida, se desea averiguar, en ese instante, cómo es la velocidad
del bloque A.
Para facilitar la solución tomaremos dos coordenadas auxiliares s A y s B . Hay que llamar
la atención en el sentido que ellas nos proporcionarán información acerca del movimiento
de los bloques A y B respectivamente
s A + sB = L
sA
aA
vA
sB
d / dt :
s& A + s&B = 0
es decir:
s& A = − s&B
A
B
Fig. 1-45
aB
(constante)
vB
(1)
(2)
de la figura se ve que:
v B = s&B
mientras que:
v A = − s& A
en (2):
v A = vB
Es decir, los módulos de las velocidades de ambos bloques son iguales.
Análogamente podemos hacer el análisis de aceleraciones. Supongamos que el bloque B
está acelerado en sentido descendente. Se desea averiguar, en ese instante, cómo es la
aceleración del bloque A.
Derivando (2):
&s&A = − &s&B
de la figura se ve que:
a B = &s&B
mientras que:
a A = − &s&A
en (3):
(3)
a A = aB
expresión que nos indica que los módulos de las aceleraciones de ambos bloques son
iguales para cualquier instante del movimiento del sistema. Esta información resultará de
singular importancia cuando estudiemos, en el capítulo 5, la cinética de los sistemas de
partículas.
Es pertinente hacer notar que las relaciones encontradas para los módulos de las
velocidades y aceleraciones de cada bloque seguirán siendo válidas si se invierte el sentido
del movimiento del sistema.
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Pág. 1-51
Examinemos otro sistema a manera de ejemplo: supongamos que las velocidades de los
bloques tienen los sentidos mostrados.
( s A − h) + ( s B − h) + π r = L
r
h
→
sB
sA
s A + sB = L − π r + 2 h
es decir:
s A + s B = constante
(1)
derivando:
s& A = − s&B
(2)
de la figura se ve que:
v A = s& A
mientras que:
v B = − s&B
en (2):
v A = vB
B
A
aA vA
vB aB
Es decir, los módulos de las velocidades de ambos
bloques son iguales.
Fig. 1-46
Análogamente podemos hacer el análisis de aceleraciones. Suponiendo que el bloque A
está acelerado en sentido descendente se desea averiguar, en ese instante, cómo es la
aceleración del bloque B.
&s&A = − &s&B
Derivando (2):
de la figura se ve que:
a A = &s&A
y además:
a B = − &s&B
en (3):
(3)
a A = aB
Se pudo haber tomado s A y s B a partir del centro
de la polea:
entonces:
s A + sB + π r = L
es decir:
s A + sB = L − π r
r
(constante)
(constante)
sB
sA
y derivando con respecto del tiempo:
s& A + s&B = 0
B
y procediendo como antes arribamos a que:
v A = vB y a A = aB
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A
a A vA
vB a B
Fig. 1-47
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Pág. 1-52
Ahora veremos el caso de dos partículas unidas por medio de una varilla rígida:
Para cualquier instante del movimiento se
cumplirá que:
vB aB
B
s A2 + s B2 = L2
L
sB
aA
vA
s A s& A + s B s&B = 0
(1)
es decir:
s A v A + s B (− v B ) = 0
(2)
si derivamos (1) con respecto del tiempo:
A
sA
d / dt :
s A &s&A + s& A2 + s B &s&B + s&B2 = 0
d / dt :
Fig. 1-48
s A a A + v A2 + s B (− a B ) + v B2 = 0
de donde podemos escribir que:
(3)
(4)
Notar que una vez establecidas las coordenadas auxiliares hay que tener en cuenta los
signos correspondientes para las velocidades y aceleraciones.
A continuación examinaremos otro sistema con poleas. De manera análoga a los anteriores
ejemplos de movimientos ligados se trata de establecer una relación entre las velocidades
de los bloques y otra entre sus aceleraciones.
r
H
r
H
sB
h
h
B
sB
aA
vA
aB vB
B
aA
vA
aB v
B
A
A
sA
sA
Fig. 1-50
Fig. 1-49
Tomando las coordenadas auxiliares mostradas en la figura 1-49 tendremos para la
longitud de la cuerda:
( H + s B ) + s B + h + s A = L (constante)
derivando:
2 s B + s A = L − H − h (constante)
(1)
2 s&B = − s& A
(2)
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
de la figura se ve que:
v A = − s& A
mientras que:
v B = s&B
en (2):
2 vB = v A
Pág. 1-53
Es decir, el módulo de la velocidad de A es el doble del módulo de la velocidad de B.
Del mismo modo que en los ejemplos anteriores hacemos el análisis para las aceleraciones:
derivando (2):
2 &s&B = − &s&A
de la figura se ve que:
a A = − &s&A
y además:
2 aB = a A
(3)
Si hubiéramos tomados las coordenadas auxiliares de la figura 1-50:
H + 2 ( h − s B ) + s A = L (constante)
− 2 s B + s A = L − H − 2 h (constante)
(4)
derivando:
2 s&B = s& A
(5)
y como:
v A = − s& A y v B = − s&B
entonces, en (5):
2 vB = v A
y luego
2 aB = a A
Por último analizaremos el siguiente sistema:
sP
sP
sB
s B /P
sA
aB
vB
sA
aB
vB
B
B
A
Fig. 1-51
sB
A
vA aA
vA aA
Fig. 1-52
Para las coordenadas auxiliares mostradas en la figura 1-51:
( s B − s P ) + s ′P = L1
→
( s&B − s&P ) + s&′P = 0
(1)
s P + s A = L2
→
s&P + s& A = 0
(2)
s&B − 2 s&P = 0
(3)
Pero s&P = − s&′P . Entonces, de (1):
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
Pág. 1-54
(2) en (3):
s&B + 2 s& A = 0
y como:
v A = s& A y v B = − s&B
en (4):
vB = 2 v A y aB = 2 a A
(4)
Evidentemente obtendremos el mismo resultado si usamos las coordenadas mostradas en la
figura 1-52. Aquí vale la pena resaltar que utilizaremos la coordenada relativa s B / P , es
decir, posición de B relativa a la polea móvil P.
s B / P + ( s B / P − s B ) = L1
→
2 s&B / P − s&B = 0
(5)
s P + s A = L2
→
s&P + s& A = 0
(6)
s&B − 2 s&P = 0
(7)
Pero s&B / P = s&B − s&P . Entonces, en (5):
de (6) y (7):
s&B + 2 s& A = 0
de donde:
vB = 2 v A y aB = 2 a A
y
Ejemplo 1.25:
El mecanismo mostrado consta de dos correderas
unidas por una varilla rígida de longitud L = 200 cm. Si
la velocidad del collarín A es v A = 6 cm/s (constante),
se pide calcular la velocidad y aceleración del collarín
B en ese instante.
B
30°
yB
L
Solución: Para el instante mostrado tenemos:
60°
x A = 100 cm
x& A = 6 cm/s
&x&A = 0
y B = 100
•
xA
A
vA
x
Fig. 1-53
3 cm
Análisis de velocidades
En todo instante:
x A2 + y B2 = 200
derivando (1):
2 x A x& A + 2 y B y& B = 0
→
(1)
x A x& A + y B y& B = 0
(2)
En el instante analizado: (100) (6) + (100 3 ) y& B = 0
de donde:
y& B = − 2
3
→
v B = 3,46 cm/s ↓
donde el signo menos indica que el sentido de la velocidad de B es hacia abajo (lo cual es,
evidentemente, correcto).
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
•
Pág. 1-55
Análisis de aceleraciones
Puesto que la expresión (2) se cumple para todo instante entonces podemos volverla a
derivar con respecto al tiempo:
x A &x&A + x& A2 + y B &y&B + y& B2 = 0
Para el instante analizado:
(100) (0) + (6) 2 + (100 3 ) &y&B + (− 2 3 ) 2 = 0
→
&y&B = − 0,277 cm/s 2
⇒
a B = 0,277 cm/s (↓)
El signo negativo indica que la aceleración de B tiene sentido hacia abajo.
Ejemplo 1.26:
Al descender la corredera A con una rapidez
constante v A = 2 m/s sobre su guía, se
levanta la caja C. En el instante inicial, la
corredera se encuentra a la misma altura
que la polea y la caja está en reposo en el
suelo. Se pide calcular la velocidad y la
aceleración de la caja C en el instante en el
que s A = 2 m. Ignore el tamaño de la polea
en el cálculo.
Solución:
Tenemos que
v A = 2 m/s (constante!)
es decir:
s& A = 2 m/s
De la geometría tenemos las siguientes
relaciones válidas para cualquier instante:
En el instante analizado:
sA = 2 m
de (3):
sC = 3,53 m
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z 2 = (4) 2 + s A2
(1)
y además:
z + sC = 8
(2)
(2) en (1):
(8 − sC ) 2 = 16 + s A2
(3)
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Cap. 1 Cinemática de la Partícula
•
Análisis de velocidades:
derivando (3):
→
como s& A = 2 (const.)
2 (8 − sC ) (− s&C ) = 2 s A s& A
s&C ( sC − 8) = s A s& A
⇒
(4)
&s&A = 0
s&C (3,53 − 8) = 2 (2)
en (4):
→
•
Pág. 1-56
s&C = − 0,89 m/s
⇒
vC = 0,89 m/s ↑
Análisis de aceleraciones:
derivando (4):
&s&C ( sC − 8) + s&C2 = s& A2 + s A &s&A
(5)
reemplazando los valores hallados en (5):
&s&C (3,53 − 8) + (− 0,89) 2 = (2) 2 + (2) (0)
→
&s&C = − 0,72 m/s2
⇒
aC = 0,72 m/s ↑
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-1
Cap. 2 Cinética de la partícula
La cinética estudia la interrelación entre las fuerzas que
actúan sobre una partícula y su movimiento.
Las bases teóricas para el estudio de la cinética son obra
del gran científico y filósofo inglés Isaac Newton (1) ,
quien en su gran tratado Principios Matemáticos de
Filosofía Natural, publicado en 1687, presenta los
resultados de sus estudios de más de veinte años en
relación a la mecánica terrestre y celeste. Dicha obra
contiene sus tres principios o leyes axiomáticas que
constituyen la base de la mecánica:
Fig. 2.1
1a. ley
Si la fuerza resultante que actúa sobre una partícula es nula, entonces la partícula
permanecerá en reposo, si está inicialmente en reposo, o se moverá con
velocidad constante según una línea recta, si está inicialmente en movimiento.
2a. ley
La razón de cambio, con respecto del tiempo, de la cantidad de movimiento de
una partícula, es proporcional a la fuerza resultante que actúa sobre ella y tiene
la misma dirección y sentido que dicha fuerza.
3a. ley
Las fuerzas de acción y reacción entre dos cuerpos en contacto tienen el mismo
módulo, igual recta de acción pero sentido contrario.
Además allí enuncia la ley de gravitación universal: dos cuerpos se atraen con una fuerza
proporcional a sus masas e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que las
separa.
2.1 La segunda ley de Newton
En este capítulo será de gran utilidad la segunda ley, la cual se puede interpretar
matemáticamente a través de la siguiente expresión:
→
r
r
d
F
∑ i = dt (m v )
2
2
r
r
d
(
m
v
)
=
F
∫
∫ ∑ i dt
1
(2.1)
1
r r
m (v2 − v1 ) =
2
∫
r
F
∑ i dt
1
o como la conocemos hoy en día:
r
r
dv
dm r
de (2.1):
∑ Fi = m dt + dt v
en el caso de que la masa de la partícula no varíe:
(1)
r
∑F
i
r
= ma
(2.2)
Sir Isaac Newton, nacido el 25 de diciembre de 1642, en Woolsthorpe, Lincolnshire, Inglaterra, fallecido
el 20 de marzo de1727 en Cambridge, Inglaterra.
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-2
Esta última expresión se puede interpretar gráficamente de la siguiente manera:
r
F1
r
Fn
r
F2
P
z
r
r
r
Fi
C
r
F3
P
=ˆ
C
r
ma
z
r
r
y
y
O
O
Fig. 2-2
x
x
Es decir, podemos representar un primer sistema en el que se ven todas la fuerzas que
actúan sobre una cierta partícula en un cierto instante de su movimiento, y un segundo
r
sistema en el que actúa sobre la partícula una sola fuerza ma . Según la expresión (2.2)
dichos sistemas son equivalentes.
r
La segunda ley de Newton sólo se cumple si a está referida a un sistema inercial o
absoluto (sistemas fijos o inmóviles con la sola excepción de móviles con velocidad
constante, trayectoria rectilínea y que no giran). El movimiento referido a estos ejes se
denomina movimiento absoluto de la partícula. En 1905 Albert Eintein (2) indica que la 2ª
Ley de Newton no se cumple si la velocidad de la partícula es cercana a la de la luz.
r
Si denominamos F a la fuerza resultante del sistema concurrente de fuerzas que actúa
sobre la partícula, entonces:
r
r
F = ma
•
En coordenadas cartesianas:
(2.3)
r
a = (a x , a y , a z )
r
F = ( Fx , Fy , Fz )
según la expresión (2.3) deberá cumplirse que:
Fx = m a x
Fy = m a y
FZ = m a z
•
En coordenadas cilíndricas:
r
Si representamos F como:
r
a = a R eˆR + aθ eˆθ + a z eˆz
r
F = FR eˆR + Fθ eˆθ + Fz eˆ z
según la expresión (2.3) deberá cumplirse que:
(2)
FR = m a R
Fθ = m aθ
Fz = m a z
Albert Einstein, nacido el 14 de marzo de 1879, en Ulm, Alemania, fallecido el 18 de abril de 1955 en
Princenton, Estados Unidos.
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
•
Pág. 2-3
En coordenadas intrínsecas:
r
Si representamos F como:
r
s& 2 ˆ
a = &s& eˆt +
en
ρ
r
F = Ft eˆt + Fn eˆn
según la expresión (2.3) deberá cumplirse que:
Ft = m at
Fn = m an
En todos los casos debemos notar que genéricamente las ecuaciones descritas a partir de la
aplicación de la segunda ley de Newton son ecuaciones diferenciales de 2° orden. En
particular podemos mencionar que a menudo nos encontraremos con ecuaciones
diferenciales con coeficientes constantes, por lo que a continuación haremos un breve
repaso de ellas.
Ecuaciones diferenciales de 2° orden
A continuación se muestra un breve resumen para la solución de ecuaciones diferenciales
de segundo orden con coeficientes constantes. Este tipo de ecuación diferencial se presenta
a menudo en la solución de problemas de la mecánica, como por ejemplo en ecuaciones
derivadas de la utilización de la segunda ley de Newton, o en la aplicación del principio de
D’Alembert en cuerpos rígidos o en ecuaciones diferenciales del movimiento vibratorio de
partículas y cuerpos rígidos.
•
Ecuaciones diferenciales homogéneas: y ′′ + a1 y ′ + a 0 y = 0 con y = f (t )
Ecuación característica:
→
λ2 + a1λ + a0 = 0
raíces λ1 y λ 2
La solución será: y = c1 y1 + c2 y 2
→
y = c1 e λ1 t + c2 e λ2 t
b) Si λ1 y λ 2 ∈ ℜ y λ1 = λ2 = λ →
y = c1 e λ t + c2 t e λt
c) Si λ1 y λ2 ∈ C λ1, 2 = a ± bj
y = e a t (c1 cos bt + c2 sen bt )
a) Si λ1 y λ2 ∈ ℜ y λ1 ≠ λ 2
•
→
→
Ecuaciones diferenciales no homogéneas: y ′′ + a1 y ′ + a2 y = F (t )
y h es la solución de la ecuación diferencial homogénea y ′′ + a1 y ′ + a2 y = 0
y P es una solución particular de la ecuación diferencial
La solución total será: y = y h + y P
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Para hallar y P : i)
Pág. 2-4
Darse posible solución y P .
ii)
Reemplazarla en la ecuación diferencial no homogénea.
iii)
Encontrar la verdadera forma de y P .
Nota 1:
Las constantes c1 y c 2 se encuentran a partir de las condiciones iniciales del
problema.
Nota 2:
y P = u1 y1 + u 2 y 2
(método de variación de constantes, ver apuntes del curso
Cálculo 3).
Aquí u1 y u 2 se determinan del sistema:
u1′ y1 + u 2′ y 2 = 0
u1′ y1′ + y 2′ y 2′ = F (t )
⎫
⎬ → u1′ y u 2′
⎭
→ u1 y u 2
Ejemplo 2.1:
y
x
Un collarín de masa m parte desde O con
velocidad inicial nula y desciende a lo largo de la
varilla. La fuerza resistente que actúa sobre el
collarín es Fr = 0, 2 W v siendo v la velocidad del
tubo en m/s. Se pide:
O
v
3
a) La ecuación del movimiento.
4
Fig. 2-3
b) El espacio recorrido por el collarín hasta
obtener una velocidad de 2 m/s.
x
c) La aceleración del collarín en el instante t = 2 s.
Solución:
DCL del collarín y sistema equivalente según segunda ley de Newton:
∑F
Fr
x
:
=ˆ
N
•
→
ma
mg
3
1
− m g x& = m &x&
5
5
&x& + g x& = 3 g
(1)
5
5
mg
θ
θ
W senθ − Fr = m &x&
Fig. 2-4
Solución homogénea para
&x& + g x& = 0
5
g
g
λ = 0 → λ1 = 0 y λ2 = −
5
5
Ecuación característica:
λ2 +
→
xh = c1 e ot + c2 e
Solución homogénea:
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−
g
t
5
→
xh = c1 + c2 e
−
g
t
5
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
•
Pág. 2-5
Solución particular para F (t ) = eαt Pn (t )
En nuestro caso α = 0 y el grado de Pn (t ) =
3
g
5
La solución particular es un polinomio del mismo grado (una constante en este caso)
multiplicado por t r , donde r es el grado de multiplicidad de α (en este caso r = 1 ).
→
x P = c3 t 1
→
x& P = c3
→
x P = c3 t
&x&P = 0
Reemplazando estos valores en la ecuación diferencial no homogénea:
0 +
g
3
c3 = g
5
5
c3 = 3
→
xP = 3 t
→
x = xh + x P = c1 + c2 e
Finalmente:
−
g
t
5
+ 3t
(2)
Ahora necesitamos de las condiciones iniciales del problema para encontrar las constantes
de integración:
para: t = 0
→
→
x=0
0 = c1 + c2
g
Además, de (2):
− t
g
x& = − c2 e 5 + 3
5
Para t = 0:
0 = −
en (2):
15 − 5 t
x(t ) =
(e − 1) + 3 t
g
(3)
g
c2 + 3
5
→
c2 =
15
15
y c1 = −
g
g
g
(4)
expresión que constituye la ecuación paramétrica del movimiento. Para calcular la
velocidad:
de (3):
x& (t ) = v(t ) = 3 (1 − e
−
g
t
5
)
(5)
De otra forma:
de (1):
a +
3
g
v = g
5
5
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→
3
1
1
− v = a
g
5
5
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-6
3
1
1 dv
− v =
g dt
5
5
es decir:
t
g
∫0 5 dt =
→
v
dv
∫ 3−v
0
g
⎛ 3 ⎞
t = ln ⎜
⎟
5
⎝ 3−v ⎠
t
integrando:
x = ∫ 3 (1 − e
−
g
t
5
−
g
t
5
→
v = 3 (1 − e
→
15 − 5 t
x (t ) =
(e
− 1) + 3 t
g
)
(6)
g
) dt
0
(7)
ecuación que viene a ser la ecuación paramétrica de este movimiento.
b) Para calcular el instante en el que la velocidad es 2 m/s utilizaremos la expresión (6):
2 = 3 (1 − e
−
g
t
5
→
)
t = 0,561 s
→
x = 0,663 m
c) Para obtener la expresión de la aceleración en función del tiempo basta derivar la
velocidad:
g
dv
3g − 5t
de (6):
a=
=
e
dt
5
para t = 2 s:
a = 0,116 m/s2
y
Ejemplo 2.2:
La partícula es dejada libre desde el reposo
desde la parte más alta de la superficie
semicilíndrica lisa de radio R. Se pide
determinar:
R
θ
a) La velocidad de la partícula y la fuerza
normal que ejerce sobre ella la superficie
semicilíndrica en función del ángulo θ.
x
Fig. 2-5
b) El ángulo θ para el cual la partícula abandona la superficie semicilíndrica.
Solución 1:
a) Según la 2da. ley de Newton los siguientes sistemas son equivalentes:
êr
êr
=ˆ
N
θ
θ
mg
êθ
θ
êθ
Fig. 2-6
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
∑F
r
Pág. 2-7
N − mg cosθ = m ar
:
(1)
a r = &r& − r θ& 2
donde:
y como r = R (constante)
→
r& = &r& = 0
→
a r = − R θ& 2
en (1):
N − mg cosθ = − m R θ& 2
(2)
∑ Fθ :
m g senθ = m aθ
(3)
aθ = 2 r& θ& + r θ&&
donde:
y como r = R (constante)
→
aθ = R θ&&
en (3):
m g senθ = m R θ&&
de (4):
θ&& =
(4)
g
senθ
R
dθ
dθ dθ&
dθ
θ& =
=
= θ&&
&
dt
dθ dt
dθ&
pero:
en (5):
θ& dθ& =
integrando:
∫θ& dθ&
θ& 2
es decir:
r& = 0
→
2
(5)
→
θ& dθ& = θ&& dθ
g
senθ dθ
R
g
=
∫ R senθ dθ
= −
g
cosθ + c1
R
Como θ& = 0 para θ = 0 :
→
(6)
c1 =
g
R
g
(1 − cosθ )
R
en (6):
θ& 2 = 2
y como
v = θ& R
(7) en (2):
N = m g (3 cosθ − 2)
→
(7)
v =
2 g R (1 − cos θ )
(8)
b) La condición para que la partícula abandone la superficie es que la normal sea N = 0.
Entonces, de (8):
3 cosθ − 2 = 0
→
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cos θ =
2
3
→
θ = 48,19°
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Solución 2:
Pág. 2-8
Empleando coordenadas intrínsecas:
a)
n
a
m
êt
ên
∑F
n
=ˆ
m
a
t
êt
ên
N − mg cosθ = − m an
:
v2
= −m
R
∑F :
(1)
mg senθ = m at
t
= m &s&
Cinemática:
&s& =
(2)
ds&
dv
dv ds
dv
dv
=
=
= s&
= v
dt
dt
ds dt
ds
ds
v dv
R dθ
v dv
m g senθ = m
R dθ
y como ds = R d θ
en (2):
→ &s& =
θ
integrando:
v
∫ g senθ dθ =
− g cosθ
=
0
→
g senθ dθ =
→
v =
1
v dv
R
1
∫ R v dv
0
θ
→
0
1 v2
R 2
v 2 = 2 gR (1 − cosθ )
2 g R (1 − cos θ )
expresión que nos muestra la magnitud de la velocidad en función del ángulo θ.
en (1):
N − mg cosθ = − 2 mg (1 − cosθ )
de donde:
N = mg (3 cosθ − 2)
Esta expresión, como era de esperar, es la misma que habíamos encontrado en la solución
anterior.
b) Haciendo N = 0 (condición para abandonar la superficie):
3 cosθ − 2 = 0
→
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cos θ =
2
3
→
θ = 48,19°
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-9
Ejemplo 2.3:
En el cálculo del ángulo de peralte θ de curvas de autopista es posible diseñar cada
sección de curva para que, a determinada velocidad de diseño v un automóvil pueda
permanecer en la curva aún si μ = 0 (por ejemplo si hay hielo en el pavimento). Si μ ≠ 0
entonces las fuerzas de fricción mantienen al automóvil en la carretera aún para valores
mayores que v. Obtener una relación entre ρ , v y θ para μ = 0 .
C
ρ
A
θ
A
SECCIÓN A-A
Fig. 2-8
Solución: La segunda ley de Newton nos permite graficar los siguientes sistemas
equivalentes:
Ff
m an
=ˆ
θ
θ
N
Fig. 2-9
mg
En el sentido vertical no hay movimiento, entonces:
∑F
V
N cosθ − mg = 0
:
N cosθ = mg
→
(1)
En el plano del movimiento solamente actúa la aceleración normal (dirigida hacia el centro
de curvatura de la trayectoria). Entonces:
∑F
H
− N senθ = − m an
:
N senθ = m
→
(1) / (2):
tanθ =
v2
ρg
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v2
ρ
(2)
(para F f = 0)
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-10
α
Ejemplo 2.4:
ω
Un brazo ranurado OB se mueve en el plano
horizontal y hace que se mueva el pequeño
pasador A cuya posición está determinada por la
rotación de dicha barra alrededor de la leva
semicircular fija de radio R. Si OB gira en sentido
antihorario con velocidad angular ω y aceleración
angular α en el instante mostrado, se pide hallar
la fuerza entre el pasador y la leva y la fuerza
entre el pasador y la barra.
Solución:
A
r
θ
O
θ
R
R
Fig. 2.10
Según la segunda ley de Newton, los siguientes sistemas son equivalentes:
êθ
êθ
êr
êr
A
r
O
θ
=ˆ
θ
A
r
N2
N1
R
O
R
θ
R
R
Fig. 2.11
∑F
:
r
Geometría:
N1 cosθ = mar
→
N1 cos θ = m (&r& − rθ& 2 )
r = 2 R cos θ
d / dt
r& = − 2 R senθ θ&
d / dt
&r& = − 2 θ& 2 R cosθ − 2 θ&& R senθ
→
→
(1)
&r& = − 2 ω 2 R cosθ − 2 α R senθ
m
N1 =
(−2 ω 2 R cosθ − 2 α R senθ − 2 R cosθ ω 2 )
cosθ
es decir:
en (1):
→
∑ Fθ :
N1 = −
2mR
(2 ω 2 cosθ + α senθ )
cosθ
(2)
N1 senθ + N 2 = m aθ
= m ( 2r&θ& + r θ&&)
→
N 2 = m ( 2r&θ& + r θ&&) − N1 senθ
de (2): N 2 = m [2 (− 2 ω R senθ ) ω + 2 R cosθ α ] + 2 m R
ordenando:
senθ
(2 ω 2 cosθ + α senθ )
cosθ
N 2 = 2 m α R (cosθ + senθ tan θ )
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-11
Ejemplo 2.5:
ω0
La barra lisa gira en un plano horizontal con
velocidad angular constante ω 0 . La longitud del
r
resorte sin estirar es r0 y su constante de rigidez es
A
k. El collarín tiene masa m y se libera en r = r0 con
velocidad radial nula. Se pide:
O
a) Determinar la velocidad radial del collarín en
función de r.
Fig. 2.12
b) Determinar la fuerza ejercida por la barra sobre
el collarín en función de r.
Solución: De acuerdo a la segunda ley de Newton, los siguientes sistemas son
equivalentes:
êθ
N
=ˆ
FR
θ
O
O
êr
m aθ
m ar
θ
Fig. 2.13
a)
∑F
r
:
− FR = mar
→
− k ( r − r0 ) = m (&r& − rθ& 2 )
es decir:
− k ( r − r0 ) = m ( &r& − r ω 02 )
despejando:
m &r& = ( m ω 02 − k ) r + k r0
pero:
&
&
&
&r& = dr = dr dr = r& dr → &r& dr = r& dr&
dt
dr dt
dr
r&
en (1) e integrando:
∫ m r& dr& =
0
∫ [(mω
(1)
]
r
2
0
− k ) r + k r0 dr
r0
r
⎤
⎡ (mω 02 − k ) 2
m &2
r = ⎢
r + k r0 r ⎥
2
2
⎦ r0
⎣
de donde:
b)
∑ Fθ :
r& =
k⎞ 2
2k
⎛ 2
2
r0 (r − r0 )
⎜ ω0 − ⎟ (r − r0 ) +
m⎠
m
⎝
N = m aθ
N = m ( 2 r&θ& + r θ&&)
(2) en (3):
(2)
N = 2 m ω0
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→
N = 2 m r& ω0
(3)
k⎞ 2
2k
⎛ 2
2
r0 (r − r0 )
⎜ ω0 − ⎟ (r − r0 ) +
m⎠
m
⎝
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-12
Ejemplo 2.6:
r = eθ
El collarín tiene masa m = 2 kg y viaja a lo largo de la
barra horizontal r = eθ [m]. Determinar la fuerza
tangencial F y la fuerza normal N que actúan sobre el
collarín si la fuerza F mantiene un movimiento tal que
la velocidad angular es θ& = 2 rad/s (constante), para:
a)
F
m
r
θ = 45°
b) θ = 90°
θ
O
Fig. 2.14
Solución: de la ecuación polar de la trayectoria
podemos escribir:
r = eθ
r& = θ& eθ
&r& = θ& 2 eθ + θ&& eθ
(1)
(2)
(3)
DCL para una posición θ cualquiera y su sistema equivalente según la segunda ley de
Newton:
êt
êθ
N
ϕ
êr
m
aθ
ên
F
êr
m
êθ
m
ar
=ˆ
r
r
θ
θ
O
O
Fig. 2.15
Puesto que la velocidad está contenida íntegramente en la dirección tangencial, entonces
podemos escribir para el ángulo ϕ :
tan ϕ =
vθ
r
eθ
=
= θ =1
vr
e
(dr dθ )
→
ϕ = 45°
lo cual significa que, para este problema en particular, en cualquier posición de la partícula
el ángulo que forman êt y êr es constante e igual a 45°.
∑F
r
:
F cos ϕ + N senϕ = m ar = m (&r& − r θ& 2 )
= m (θ& 2 eθ + θ&& eθ − eθ θ& 2 )
de (1) y (3):
y como θ&& = 0 :
F cosϕ + N senϕ = 0
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(4)
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∑ Fθ :
Pág. 2-13
F senϕ − N cosϕ = m aθ = m ( 2 r& θ& + r θ&&)
= m ( 2 θ& eθ θ& + r θ&&)
de (2):
y como θ&& = 0 :
F senϕ − N cos ϕ = m ( 2 θ& 2 eθ )
a) Si θ = 45° :
(5)
r = 2,19 m
r& = 4,39 m/s
&r& = 8,77 m/s2
además ϕ = 45° , θ& = 2 rad/s y θ&& = 0 , entonces:
de (4):
F
2
2
+ N
= m ( 0)
2
2
F + N = 0
de (5):
F
(6)
2
2
− N
= m (17,55)
2
2
F − N = 49,64 [N]
Resolviendo (6) y (7):
(7)
F = 24,82 [N]
N = − 24,82 [N]
b) Si θ = 90° :
r = 4,81 m
r& = 9,62 m/s
&r& = 19,24 m/s2
además ϕ = 45° , θ& = 2 rad/s y θ&& = 0 , entonces:
de (4):
F
2
2
+ N
= m ( 0)
2
2
F + N = 0
de (5):
F
(8)
2
2
− N
= m (38,48)
2
2
F − N = 108,83 [N]
Resolviendo (6) y (7):
(9)
F = 54,42 N
N = − 54,42 [N]
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-14
Ejemplo 2.7:
m
La esfera pequeña de masa m está unida a una varilla
de peso despreciable articulada en 0. Sabiendo que
el sistema parte del reposo cuando φ = 0 y se mueve
en un plano vertical, se pide determinar:
L
y
a) La fuerza axial en la varilla y la velocidad de la
esfera pequeña en función del ángulo φ .
φ
b) El valor de φ para el cual la fuerza en la varilla
cambia de compresión a tracción.
O
x
Fig. 2.16
Solución 1:
Emplearemos coordenadas polares.
a) Según la segunda ley de Newton podemos afirmar que los siguientes sistemas son
equivalentes:
êr
êθ
êr
êθ
=ˆ
θ
T
θ
O
∑ Fθ :
θ
mg
r
Fig. 2.17
− mg cosθ = m aθ
= m ( 2 r& θ& + r θ&&)
→
(1)
Se observa que la trayectoria de la partícula es una circunferencia de radio L. Entonces:
→
r = L (constante)
en (1):
− g cos θ = L θ&&
pero:
θ&& =
−
∫
(2)
dθ&
dθ& dθ
dθ& &
=
=
θ
dt
dθ dt
dθ
π 2 −φ
en (2):
g cosθ dθ =
π 2
→
∑F
r
:
θ& 2 =
r& = &r& = 0
→
θ&& dθ = θ& dθ&
θ&
∫ L θ& dθ&
0
2g
(1 − cos φ )
L
(3)
− T − mg senθ = m ar
= m (&r& − rθ& 2 )
→
− T − mg senθ = − m L θ& 2
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(4)
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Pág. 2-15
ordenando:
T = m L θ& 2 − m g senθ
de (3):
T = mL
2g
(1 − cos φ ) − m g senθ
L
y como θ =
Solución 2:
a)
π
2
−φ
cos φ =
→
2 (1 − cosφ ) = senθ
→
b) En el instante pedido T = 0
2
3
φ = 48,19°
→
Empleando coordenadas curvilíneas.
Según la segunda ley de Newton podemos afirmar que los siguientes sistemas son
equivalentes:
=ˆ
T
r
φ
φ
êt
mg
ên
φ
Fig. 2.18
O
∑ Ft :
mg senφ = m at = m v&
∑ Fn :
pero
(1)
T + mg cos φ = m a n = m
dv
dv ds
v& =
=
dt
ds dt
en (1):
φ
0
v
L
(2)
⇒ v& ds = v dv ⇒ v& L dφ = v dv →
m g senφ d φ = m
∫ senφ dφ
2
v
=
v& dφ =
v
dv
L
v
dv
L
v
∫ g L dv
0
integrando:
v 2 = 2 g L ( 1 − cosφ )
(3) en (2):
T + mg cos φ =
(3)
m
2 gL (1 − cos φ )
L
T = 2 m g (1 − cosφ ) − m g cosφ
T = mg (2 − 3 cosφ )
b) haciendo T = 0 (condición para que T cambie de compresión a tracción):
3 cos φ = 2 → cos φ =
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2
3
→
φ = 48,19°
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-16
Ejemplo 2.8:
y
La esfera pequeña de masa m se puede mover sin
fricción sobre el aro en forma de circunferencia
de radio r. Ella está unida al punto fijo A
mediante un resorte de constante de rigidez k y
longitud sin deformar 2r. La esfera inicia su
movimiento en ϕ = 0 con velocidad inicial v 0 .
Sabiendo que el sistema se encuentra en un plano
vertical, se pide:
(1)
(2)
ϕ
r
x
a) Determinar la velocidad v de la esfera en
función de ϕ .
A
b) Determinar la fuerza que ejercen el resorte y
el aro sobre la esfera en función de ϕ .
Fig. 2.19
Solución:
a) Utilizaremos la segunda ley de Newton para obtener las ecuaciones diferenciales del
movimiento.
êr
DCL de la esfera:
=ˆ
N
ϕ r
FR
m ar
ϕ
mg
m aϕ
êϕ
r
A
Fig. 2.20
∑F
ϕ
− m g cos ϕ = m a r
:
N + Fr cos
donde
ar = &r& − r ϕ& 2
entonces:
N + Fr cos
∑ Fϕ :
− Fr senϕ / 2 + m g senϕ = m aϕ
donde
aϕ = 2 r& ϕ& + r ϕ&&
entonces:
− Fr senϕ / 2 + m g senϕ = m r ϕ&&
r
2
→
ϕ
2
ar = − r ϕ& 2
− m g cos ϕ = − m r ϕ& 2
→
(1)
aϕ = r ϕ&&
(2)
además, la fuerza en el resorte será:
Fr = k ( L0 − L) = k (2 r − 2 r cos ϕ / 2)
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Fr = 2 k r (1 − cos ϕ / 2)
→
en (2):
Pág. 2-17
(3)
− 2 k r (1 − cosϕ / 2) sen ϕ / 2 + m g senϕ = m r ϕ&&
− 2 k r sen ϕ / 2 + k r senϕ + m g sen ϕ = m r ϕ&&
− 2 k r senϕ / 2 + ( m g + k r ) senϕ = m r ϕ&&
introducimos el cambio de variable:
ϕ&& dϕ = ϕ& dϕ&
ϕ
⎡
⎤
∫0 ⎢⎣− 2 k r senϕ / 2 + (m g + k r ) senϕ ⎥⎦ dϕ =
ϕ
ϕ&
∫ϕ m r ϕ&
dϕ&
&0
ϕ&
1
⎤
⎡
&2
⎢4 k r cosϕ / 2 − (mg + k r ) cos ϕ ⎥ = 2 m r ϕ
⎣
⎦0
ϕ&0
ordenando:
ϕ
2 ⎡
⎤
ϕ& 2 = ϕ& 02 +
− (m g + k r ) cos ϕ + 4 k r cos + (k r + m g ) − 4 k r ⎥
⎢
2
mr ⎣
⎦
y como:
v = ϕ& r
v0 = ϕ& 0 r
→
2
→
→
b)
2
⎛v ⎞
v = r ⎜ 0⎟ +
mr
⎝ r ⎠
ϕ
⎡
⎤
⎢⎣− (m g + k r ) cosϕ + 4 k r cos 2 + (k r + m g ) − 4 k r ⎥⎦
2r⎡
ϕ
⎛
⎞⎤
− ( m g + k r ) (cos ϕ − 1) + 4 k r ⎜ cos − 1⎟ ⎥
⎢
2
m ⎣
⎝
⎠⎦
=
v 02 +
=
v 02 + 2 g r (1 − cos ϕ ) +
v =
(4)
v02 + 2 g r (1 − cos ϕ ) −
2r⎡
ϕ
⎛
⎞⎤
− k r (cos ϕ − 1) + 4 k r ⎜ cos − 1⎟ ⎥
⎢
2
m ⎣
⎝
⎠⎦
2k r2
8k r2 ⎛
ϕ ⎞
(cosϕ − 1) +
⎜ cos − 1⎟
2
m
m ⎝
⎠
Cálculo de la fuerza que ejercen el resorte y el aro sobre la esfera:
ϕ
de (1):
N = m g cos ϕ − m r ϕ& 2 − Fr cos
(3) y (4) en (5):
ϕ
N = m g cos ϕ − m r ϕ& 2 − Fr cos
2
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2
(5)
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-18
Ejemplo 2.9:
Un tubo de longitud L cuya posición inicial es
horizontal, gira con velocidad angular
constante ω alrededor de la articulación en O
en un plano vertical. En el instante inicial una
pequeña partícula se encuentra en el origen O
en reposo y entonces se deja en libertad.
Determinar la ecuación polar de la trayectoria
de la partícula y su posición, velocidad relativa
con respecto al tubo y la fuerza N que ejerce el
tubo sobre ella para cualquier instante t.
Solución:
Según la segunda ley de Newton, para un instante cualquiera del movimiento se cumplirá
que los siguientes sistemas son equivalentes:
θ
θ
êr
=ˆ
N
êθ
êr
êθ
mg
Fig. 2.22
∑F
r
:
m g senθ = m ar
→
&r& − r θ& 2 = g senθ
→
m g senθ = m (&r& − r θ& 2 )
(1)
&r& − ω 2 r = g senθ
la cual es una ecuación diferencial no homogénea de 2° orden.
&r& − ω 2 r = 0
Solución homogénea de:
→
λ = ±ω
λ2 − ω 2 = 0 →
La ecuación característica es:
rh = c1 e ω t + c2 e −ω t
(2)
y la solución particular es:
rp = a cos θ + b sen θ
d/dt:
r&p = − a ω sen θ + b ω cos θ
d/dt:
&r&p = − a ω 2 cos θ + b ω 2 sen θ
en (1):
− a ω 2 cos θ − b ω 2 sen θ − ( a cos θ + b sen θ ) ω 2 = g sen θ
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Pág. 2-19
g
sen θ
2
− a ω 2 cos θ − b ω 2 sen θ =
de aquí:
a=0
y como:
r = rh + rp
b=−
y
g
2ω 2
r = c1 e ω t + c2 e −ω t −
→
g
2 ω2
senθ
(3)
Para t = 0 → r = 0 ; r& = 0 ; θ = 0
→
c1 + c2 = 0
(4)
r& = ω c1 eω t − ω c2 e − ω t −
de (3):
c1 =
Ahora:
r =
r =
como θ = ω t :
r =
g
4ω
g
4ω
g
4ω
eω t −
2
2
g
4ω 2
θ& cosθ
(5)
c2 = −
y
2
2ω
2
g
2ω
0 = ω c1 − ω c2 −
de (4) y (5):
g
g
4ω
2
e −ω t −
g
4ω2
g
2ω2
senθ
(eω t − e −ω t − 2 senθ )
(6)
(eθ − e −θ − 2 senθ )
la cual es la ecuación polar de la trayectoria.
La ecuación paramétrica para el radio polar de la trayectoria será:
r (t ) =
g
4ω
2
(eω t − e −ω t − 2 senω t )
(7)
Para evaluar la velocidad relativa de la partícula con respecto al tubo basta derivar la
expresión (7):
r&(t ) =
g
(eω t + e −ω t − 2 cos ω t )
4ω
Finalmente, para evaluar la normal que ejerce el tubo sobre la partícula:
∑ Fθ :
N = − m aθ
= − m ( 2 r&θ& + r θ&&)
→
N = −
m g ωt
(e + e −ωt − 2 cos ω t )
2
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Pág. 2-20
Ejemplo 2.10:
A
Una esfera pequeña de masa m = 4 kg gira con
velocidad constante v según una trayectoria circular
de R = 1,2 m. Se pide:
30°
a) El valor de v si ACB es un solo alambre que pasa
a través de un pequeño anillo unido a la esfera.
45°
b) El intervalo de valores admisibles de v si AC y
AB son dos alambres unidos cuya tensión no
debe exceder a 35 N.
R = 1,2 m
m
Fig. 2.23
Solución:
Empecemos dibujando el DCL de la esfera para un instante cualquiera y su sistema
equivalente según la segunda ley de Newton:
T1
60°
45°
T2
R
=ˆ
,2 m
=1
m an
mg
Fig. 2.24
v2
R
∑ FH :
T1 cos 60° + T2 cos 45° = m
∑F
T1 sen 60° + T2 sen 45° − mg = 0
V
:
a) Si es un solo alambre:
en (1) y (2):
(1)
(2)
T1 = T2 = T
T = 24,92 N
y
v = 3 m/s
b) Si son dos alambres diferentes:
T1 = 107,104 – 9,107 v2 ≤ Tadm = 35 N
de (1) y (2):
T2 = 11,156 v2 – 75,745 ≤ Tadm = 35 N
→
2,81 m/s ≤ v ≤ 3,15 m/s
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-21
Ejemplo 2.11:
El coeficiente estático de rozamiento entre la caja
pequeña de masa m y la superficie cónica
mostrada en sección es μ = 0,3 . Si se desea que
la cajita esté adherida a la superficie cónica
cuando ella gira a velocidad angular constante ω ,
se pide calcular el intervalo de valores que puede
tomar ω para que la cajita se mantenga en la
posición mostrada con respecto a la mencionada
superficie cónica.
Solución:
Observando que, si no hay movimiento relativo entre la cajita y la superficie cónica, la
trayectoria de ella es circular y puesto que la velocidad angular es constante, entonces
queda claro que, para la cajita, se trata de movimiento circular uniforme.
•
Movimiento inminente hacia abajo:
=ˆ
Ff
30°
N
mg
∑F
Fig. 2.26
N cos 30° + F f sen 30° − m g = 0
(1)
pero
Ff = μ N = 0,3 N (movimiento inminente !)
(2)
en (1):
N = 0,984 mg
(3)
N sen 30° − F f cos 30° = m a n = m ω 2 R
(4)
ω = ω min = 3,378 rad/s
(5)
V
∑F
H
:
:
(2) y (3) en (4):
•
m an
Ff
Movimiento inminente hacia arriba:
=ˆ
30°
N
Fig. 2.27
mg
∑F
m an
N cos 30° − F f sen 30° − mg = 0
(5)
(2) en (5):
N = 1,397 mg
(6)
∑F
N sen 30° + F f cos 30° = m a n = m ω 2 R
(7)
ω = ω max = 7,158 rad/s
(8)
V
H
:
:
(2) y (6) en (7):
Finalmente, de (5) y (8):
3,378 ≤ ω ≤ 7,158 [rad/s]
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-22
y
Ejemplo 2.12:
1,5 m
En la figura se muestra un tubo liso en forma de
parábola de eje vertical, dentro del cual desliza
una partícula de masa 2 kg. La base sobre la que
está montado el tubo se mueve hacia la izquierda
con aceleración constante aD = 6 m/s2. Si la
partícula, en la posición mostrada, tiene una
velocidad relativa al tubo de 5 m/s en el sentido
mostrado, se pide determinar la aceleración de la
masa y la reacción del tubo sobre la masa en ese
instante.
Solución 1:
Entonces:
es decir:
A
2,25 m
B
0,64 m
P
O
aD
x
D
Fig. 2.28
Tomaremos un sistema móvil (como muestra la figura) que se mueva
solidario al tubo para así realizar el análisis del movimiento relativo de la
partícula con respecto al tubo, utilizando coordenadas curvilíneas o
intrínsecas.
r
r
r
r
a P = atubo + arel
donde arel es la aceleración de P con respecto al
r
tubo, es decir a P / tubo .
r
r
rn
rt
(1)
+ a rel
a P = a D + a rel
La ecuación de la parábola es de la forma: y = k x 2 (con respecto al sistema móvil xy)
A = (− 1,5 ; 2,25) ∈ parábola
k =1
→
→
y = x2
(2)
Posición de la partícula: P = (0,8 ; 0,64) m
El DCL de la partícula, (t es dirección de la tangente a la trayectoria relativa) y su sistema
equivalente según la segunda ley de Newton se muestran a continuación:
t
t
n
n
ma
=ˆ
θ
m aD
θ
N
t
m arel
mg
θ
n
rel
Fig. 2.29
∑F :
t
∑F
n
t
mg senθ = ma rel
+ ma D cos θ
→
t
a rel
= g senθ − a D cosθ
(3)
:
n
N − mg cos θ = ma rel
+ ma D senθ
(4)
de la geometría:
tan θ =
dy
dx
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= 2x
x =0 ,8
= 1,6
→
θ = 58°
x =0 ,8
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
n
arel
=
Sabemos que:
→
n
arel
=
Pág. 2-23
2
vrel
ρ
⎡
2⎤
⎢1 + (dy / dx ) ⎥
⎦
donde ρ = ⎣
d 2 y / dx 2
32
= 3,358 m
(5) 2
= 7,445 m/s2
3,358
t
a rel
= 5,13 m/s2
Reemplazando valores en (3) y (4) y resolviendo:
N = 35,45 [N]
en (1):
r
a P = (− 7,445 sen 58° ; 7,445 cos 58°) + ( − 5,13 cos 58° ; − 5,13 sen 58°) + (− 6 ; 0)
r
a P = (− 7,445 sen 58° − 5,13 cos 58° − 6 ; 7,445 cos 58° − 5,13 sen 58°
→
r
a P = (− 15,032 ; − 0,405) m/s2
de donde:
Solución 2:
De manera análoga a la anterior solución tomaremos un sistema móvil que
se mueva solidario al tubo, pero esta vez utilizaremos, para el análisis de
movimiento relativo, coordenadas cartesianas.
Dado que la trayectoria relativa es:
y = x2
(1)
derivando con respecto al tiempo:
y& = 2 x x&
(2)
derivando una vez más:
&y& = 2 x& 2 + 2 x &x&
(3)
para el instante en análisis x = 0,8 m:
en (2):
y& = 2 (0,8) x& →
y se cumple que:
x& 2 + y& 2 = 52
y& = 1,6 x&
resolviendo el sistema formado por (4) y (5):
(4)
(5)
x& = 2,65 m/s
y& = 4,24 m/s
Reemplazando los valores encontrados para el instante en análisis en (3):
&y& = 2 (2,65) 2 + 2 (0,8) &x&
es decir:
&y& = 14,045 + 1,6 &x&
La aceleración total de la partícula será:
(6)
r
r
r
a P = atubo + a P / tubo
= (a D + &x& ; &y&)
de (6):
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r
a P = (a D + &x& ; 1,6 &x& + 14,045)
(7)
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-24
Según la 2da. ley de Newton los siguientes sistemas son equivalentes:
m &y&
t
n
=ˆ
θ
θ
m &x&
m aD
N
mg
Fig. 2.30
∑F
x
:
− N senθ = m &x& − maD
de donde:
− 0,424 N = &x& − 6
∑F
− mg + N cosθ = m &y&
y
:
(8)
de (6):
− mg + N cosθ = m (14,045 + 1,6 &x&)
de donde:
− 23,845 + 0,265 N = 1,6 &x&
(9)
Finalmente resolviendo el sistema (8) y (9):
&x& = − 9,038 m/s
N = 35,467 [N]
en (7):
r
a P = (− 15,038 ; − 0,416) m/s2
Ejemplo 2.13:
El disco de radio a = 0,15 m gira con
velocidad angular constante ω = 5 rad/s.
Los dos péndulos son idénticos y miden
l = 0,3 m y su masa es m = 2 kg y durante
el movimiento están contenidos en el
mismo plano vertical. Se pide calcular la
velocidad angular con que los brazos están
subiendo cuando φ = 30° , sabiendo que en
el instante inicial ( φ = 0° ) parten del
reposo.
z
ω
y
a
detalle de
la unión
barra - mesa
Fig. 2.27
θ
l
x
φ
l
m
m
Fig. 2.31
Solución: Para una posición genérica determinada por el ángulo polar θ y según la
segunda ley de Newton, los siguientes sistemas son equivalentes:
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-25
z
z
y
y
O
O
θ
θ
a
x
x
φ
z
φ
m az
T
=ˆ
R
m aR
m aθ
mg
Fig. 2.32
Utilizando coordenadas cilíndricas:
∑F
R
:
∑ Fθ :
∑F :
z
Se tiene:
&& − R θ& 2 ) donde θ& = ω
− T senφ = m ( R
(1)
Fθ = m ( 2 R& θ& + R θ&&)
(2)
T cosφ − mg = m &z&
(3)
R = a + l senφ
R& = l cos φ φ&
&& = − l senφ φ& 2 + l cos φ φ&&
R
→
→
además:
z = − l cosφ
z& = l senφ φ&
&z& = l cos φ φ& 2 + l senφ φ&&
→
→
en (1):
− T senφ = m [ − l senφ φ& 2 + l cos φ φ&& − ( a + l senφ ) ω 2 ]
(4)
en (3):
T cos φ = m (l cos φ φ& 2 + l senφ φ&& + g )
(5)
l (− senφ φ& 2 + cos φ φ&&) − (a + l senφ ) ω 2
l (cosφ φ& 2 + senφ φ&&) + g
De (4) y (5):
− tan φ =
Simplificando:
l φ&& = a ω 2 cos φ + l ω 2 senφ cos φ − g senφ
Como
φ&& =
dφ&
dφ& dφ
dφ& &
=
=
φ
dt
dφ dt
dφ
φ&
Reemplazando en (6):
∫ l φ& dφ& =
0
Integrando:
de donde:
l φ& 2
2
→
φ =30°
∫ (a ω
2
(6)
φ&& dφ = φ& dφ&
cos φ + l ω 2 senφ cos φ − g senφ ) dφ
0
φ&
0
φ =30°
1
⎡
⎤
= ⎢a ω 2 senφ + l ω 2 sen 2φ + g cos φ ⎥
2
⎣
⎦0
φ& = 3,162 rad/s
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-26
Ejemplo 2.14:
El tubo liso en forma de un cuarto de circunferencia
gira alrededor de un eje vertical OB con velocidad
angular ω constante. En un determinado instante se
deja libre en el extremo A una bolita de masa m con
velocidad nula con respecto al tubo. Se pide calcular
el valor de ω para el cual la bolita llega al extremo
B con velocidad nula. Para este valor encontrado de
ω se pide determinar las componentes de la fuerza
ejercida por el tubo sobre la bolita en función del
ángulo ϕ .
Solución: Utilizaremos coordenadas cilíndricas. Según la segunda ley de Newton se
cumplirá para cualquier instante que los siguientes sistemas son equivalentes:
≡
∑F
r
− N1 cosϕ = m a R
:
y como:
a R = &r& − r θ& 2
y en nuestro caso:
θ& = ω (constante)
→
− N1 cosϕ = m (&r& − r ω 2 )
∑ Fθ :
N 2 = m aθ
y como:
aθ = 2 r&θ& + r θ&&
y en nuestro caso:
θ& = ω (constante)
→
∑F
z
:
(1)
→
θ&& = 0
N 2 = 2 m r& ω
(2)
N1 senϕ − m g = m a z
N1 senϕ − m g = m &z&
de la geometría:
r = R cosϕ
→
(3)
r& = − R senϕ ϕ&
&r& = − R (cosϕ ϕ& 2 + senϕ ϕ&&)
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
y también:
Pág. 2-27
z = R (1 − senϕ )
z& = − R cosϕ ϕ&
→
&z& = − R (− senϕ ϕ 2 + cosϕ ϕ&&)
en (1):
N1 cosϕ = m ( R cosϕ ϕ& 2 + R senϕ ϕ&& + R cosϕ ω 2 )
(4)
en (3):
N1 senϕ = m ( g + R senϕ ϕ&&2 − R cosϕ ϕ&&)
(5)
De (4) y (5) y ordenando :
R ϕ&& = g cosϕ − R ω 2 senϕ cosϕ
y como sabemos que:
ϕ&& dϕ = ϕ& dϕ&
entonces:
Integrando:
→
R ϕ& dϕ& = ( g cosϕ − R ω 2 senϕ cosϕ ) dϕ
ϕ&
ϕ
0
0
∫ R ϕ& dϕ& =
∫ g cosϕ
− R ω 2 sen ϕ cos ϕ dϕ
1
ϕ& 2 = (2 g sen ϕ − R ω 2 sen 2ϕ )
R
(6)
Las componentes cilíndricas de la velocidad serán:
vr = r& = − R sen ϕ
1
(2 g sen ϕ − R ω 2 sen 2ϕ )
R
vθ = r θ& = R cos ϕ ω
v z = z& = − R cosϕ ϕ&
Cuando la bolita llega a B:
ϕ =π /2
→
vr = − R
1
(2 g − R ω 2 )
R
vθ = 0
vz = 0
y para que:
v =
→
ω =
Derivando (6):
→
vr2 + vθ2 + v z2 = 0
2 g − R ω2 = 0
→
2g
R
1
2 ϕ& ϕ&& =
(2 g cos ϕ − 2 R ω 2 sen ϕ cos ϕ ) ϕ&
R
ϕ&& =
1
( g cos ϕ − R ω 2 sen ϕ cos ϕ )
R
(7)
Reemplazando ω = 2 g / R en (6) y (7) y sustituyendo luego ϕ& y ϕ&& en (2) y (3) y luego de
simplificar y ordenar obtenemos:
N1 = mg (3 senϕ + 2 cos 2ϕ )
N 2 = − 4 m g sen ϕ
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sen ϕ (1 − senϕ )
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-28
Ejemplo 2.15:
4m
La corredera A desciende con velocidad constante
v A = 2 m/s a lo largo de su guía mientras se
levanta la caja C de masa m = 20 kg. Sabiendo
que cuando la corredera está en posición B la caja
reposa sobre el suelo y está a punto de moverse si
lo hace la corredera e ignorando el tamaño de la
caja y de la polea en los cálculos, se pide
determinar, para el instante en que la caja está a 1
m sobre el piso:
B
s
sA
sC
A
4m
vA
C
Fig. 2.35
a) La velocidad y la aceleración de la caja.
b) La tensión en la cuerda.
Solución:
a) La longitud de la cuerda para cualquier instante del movimiento es: sC + s = L
de dato:
L = 8 m
además:
s =
(2) en (1):
sC + (16 + s A2 )1 / 2 = L = 8
Posición:
sC = 3 m
Velocidad:
( 4) 2 + s A2
( 3)
→
en el instante analizado:
(2)
(3)
sA = 3 m
1
s&C + (16 + s A2 ) −1 / 2 (2 s A s& A ) = 0
2
derivando (3)
s& A = 2 m/s
(1)
( 4)
(4)
s&C = − 1,2 m/s
→
vC = 1,2 m/s (↑)
Aceleración: derivando (4) obtenemos:
&s&C − 1 (16 + s A2 ) −3 2 (2 s A s& A ) ( s A s& A ) + (16 + s A2 ) −1 2 ( s& A2 + s A &s&A ) = 0
2
&s&C − (16 + s A2 ) −3 2 ( s A s& A ) 2 + (16 + s A2 ) −1 2 ( s& A2 + s A &s&A ) = 0
&s&C = − 0,512 m/s2
→
b)
T
aC = 0,512 m/s2 (↑)
es decir:
∑F
V
:
T − m g = m aC
T = m ( aC + g )
→
T = 206, 24 N
m aC
=ˆ
C
mg
Fig. 2.36
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-29
Ejemplo 2.16:
2b
El tambor elevador A tiene diámetro d y gira en el
sentido del movimiento de las agujas del reloj con
velocidad angular constante ω . Se pide
determinar la tensión T en el cable que une el
bloque de masa m a la pequeña polea B, en
función de la variable y. El tamaño, masa y
rozamiento de las poleas en C y B son
despreciables.
Solución:
d / dt :
s =
De la geometría:
s& =
y
b2 + y 2
C
s
s
y
H
ω
B
A
d
b2 + y 2
Fig. 2.37
y&
(1)
La longitud de la cuerda no es constante pues ella se
origina en el giro del tambor; la longitud instantánea está
dada por:
L = 2s + H
d / dt :
L& = 2 s& + 0
pero
d
L& = ω
2
→
(2) en (1):
ωd
y& =
4
b2 + y2
y
d / dt :
&y& = ω d
4
ω
d
= 2 s&
2
ωd
s& =
4
→
(2)
(3)
⎛
⎞
− b2
⎜
⎟ y&
⎜ y 2 b2 + y2 ⎟
⎝
⎠
finalmente (3) en (4):
(4)
2
2
2
&y& = − ω d 3b
16 y
T
Por la 2da. ley de Newton, para el bloque se cumple:
=ˆ
mg
m &y&
Fig. 2.38
∑F
y
:
m g − T = m &y&
T = mg +
→
T = m ( g − &y&)
ω 2 d 2 b2
16 y 3
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-30
Ejemplo 2.17:
Si el sistema parte del reposo y μ k = 0,3 , hallar
la tensión en el cable y la aceleración de los
bloques en el instante de inicio del movimiento.
Se sabe que: m A = 200 kg, m B = 300 kg, y que
las poleas tienen masa despreciable.
sA
B
Solución: Tomemos las coordenadas auxiliares
s A y s B como muestra la figura.
Geometría:
2
A
60°
2 s A + s B = constante
Fig. 2.39
2 &s&A + &s&B = 0
2
d / dt :
(1)
Suponiendo (luego habrá que corroborarlo!) que el bloque B desciende y que, en
consecuencia, el bloque A asciende, entonces, de acuerdo a las coordenadas establecidas
podemos escribir que a A = − &s&A y a B = &s&B .
2 a A = aB
en (1):
(2)
Los diagramas de cuerpo libre de la polea y del bloque A nos permiten escribir:
T T
T1 = 2T
mA aA
∑F
V
=ˆ
A
2T − m A g = m A a A
:
es decir:
2 T − 200 (9,8) = 200 a A
(3)
mA g
T1
Fig. 2.41
Fig. 2.40
Del mismo modo, para el bloque B:
∑F
+ :
mB g sen 60° − μ k N − T = mB a B
T
=ˆ
300 (9,8)
3
− 0,3 N − T = 300 a B
2
∑F +
:
N
60°
Ff = μk N
mB aB
mB g
Fig. 2.42
N − mB g cos 60° = 0
de donde:
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(4)
N = 1470 N
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-31
Con este valor de N en (4) y resolviendo con (2) y (3):
a A = 1,61 m/s2
→
a A = 1,61 m/s2 ↑
→
a B = 3,22 m/s2
T = 1140,73 [N]
a B = 3,22 m/s2
Nota: El signo positivo obtenido para las aceleraciones de A y B indica que la suposición
de sus sentidos fue correcta.
Ejemplo 2.18:
C
0,6 m
El cuerpo A de 4 kg está conectado al
cuerpo B de 8 kg mediante una cuerda
inextensible de 1,5 m de longitud que pasa
por una polea pequeña y lisa ubicada en C.
La guía horizontal también es lisa. Cuando
x = 0,8 m la velocidad de B es 1,2 m/s
hacia la derecha y la fuerza P de 50 N está
dirigida hacia la derecha. Se pide calcular
para ese instante:
A
B
P
x
Fig. 2.43
a) Las aceleraciones de A y B.
b) La tensión en la cuerda
Solución:
de la geometría:
d / dt :
2 s s& = 2 x x&
d / dt :
s 2 = x 2 + (0,6) 2
s s& = x x&
(1)
s& 2 + s &s& = x& 2 + x &x&
(2)
Si x = 0,8 m
s =1m
→
x& = 1,2 m/s
→
s& = 0,96 m/s
(0,96) 2 + 1 (&s&) = (1,2) 2 + 0,8 &x&
en (2):
es decir :
&s& = 0,518 + 0,8 &x&
o sea :
a A = 0,518 + 0,8 a B
Para A:
(1)
→
T − mA g = mA a A
mA aA
T
=ˆ
mA g
(3)
→
T = m A (a A + g )
(4)
Fig. 2.44
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Para B:
Pág. 2-32
T
α
mB aB
P − T cos α = mB a B
(5)
Fig. 2.45
N
cos α = 4 / 5
En la posición mostrada:
de (3), (4) y (5):
=ˆ
P
a A = 1,84 m/s2 (↑)
a B = 1,605 m/s2 (→)
T = 46,45 N
Ejemplo 2.19:
En el instante mostrado el bloque A desciende con velocidad instantánea v A = 6,4 m/s. Si
las masas son m A = 5 kg y m B = 16 kg, se pide determinar las aceleraciones de A y B así
como la tensión T en la cuerda, cuya longitud es L = 44 m.
C
8m
s
3m
A
vA
yA
B
7m
xB
Fig. 2.46
Solución:
Geometría:
s 2 = 8 2 + ( x B − 7) 2
s 2 = 64 + ( xB − 7) 2
Además:
(1)
L = 44 = x B + s + (8 − y A )
xB − y A + s = 36
(2)
de (1):
s s& = ( x B − 7) x& B
(3)
de (2):
x& B − y& A + s& = 0
(4)
→
•
Velocidades:
(1), ( 2 )
para yA = 3 m
→
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s = 17 m ; xB = 22 m
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
como y& A = − 6,4 m/s
Pág. 2-33
( 3), ( 4 )
→
s& = − 3 m/s
x& B = − 3,4 m/s
•
Aceleraciones:
de (3):
s& 2 + s &s& = x& B2 + ( xB − 7) &x&B
(5)
de (4):
&x&B − &y&A + &s& = 0
(6)
Análisis del bloque A:
T
Suponiendo que el bloque A desciende acelerando (luego
tendremos que verificar la validez de nuestra suposición),
entonces:
∑F
V
: mA g − T = mA aA
= m A (− &y&A )
=ˆ
(7)
mA aA
mA g
Fig. 2.47
Análisis del bloque B:
Consecuentemente a la suposición anterior, aquí supondremos
que el bloque B acelera hacia la izquierda:
∑F
H
T
T
α
=ˆ
: T cos α + T = m B a B
= mB (− &x&B )
mB aB
(8)
Además, en el instante mostrado:
N
mA g
Fig. 2.48
yA = 3 m
→ cos α =
15
17
finalmente, de (5), (6), (7) y (8):
&y&A = − 5,08 m/s2
→
a A = 5,08 m/s2 ↓
&x&B = − 2,78 m/s2
→
a B = 2,78 m/s2 ←
&s& = − 2,3 m/s2
T = 23,6 N
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Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-34
Ejemplo 2.20:
Una caja pequeña A con masa m A = 10 kg se suelta desde el reposo en la posición
mostrada y a partir de allí desciende sobre la rampa lisa. Cuando alcanza la parte inferior,
se desliza horizontalmente sobre la superficie del carrito B con masa mB = 25 kg. Sabiendo
que el coeficiente cinético de fricción entre el carrito y la caja es μ k = 0,3 , se pide calcular:
a) La velocidad de la caja cuando abandona la rampa y aborda al carrito.
b) La velocidad de ambos en el instante en que cesa el movimiento relativo entre ellos.
c) La posición s de la caja sobre el carrito (medida desde su extremo derecho) luego de
que la caja se detiene sobre él.
2m
A
h = 0,5 m
s
B
Fig. 2.49
Solución:
R
h’
h
a) Análisis del movimiento descendente de la caja:
ϕ
Tomemos R como radio del arco de circunferencia.
•
h′ = h − R (1 − cos ϕ )
h′ = L senϕ
→
=ˆ
N
ϕ
mg
R
L
para el tramo recto:
además:
ϕ
Fig. 2.50
h′
L=
sen ϕ
ma
ϕ
Según 2da. ley de Newton:
m g senϕ = m a
ϕ
→
a = g senϕ (es constante)
Fig. 2.51
Entonces, se cumple que:
→
v12 = v02 + 2 a L
= 2 ( g senϕ ) L
h′
= 2 g senϕ
senϕ
2
v1 = 2 g h′ (1)
donde, evidentemente, v1 es la velocidad de la caja antes de entrar al tramo curvo.
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
•
Tramo curvo:
aquí tenemos la velocidad de entrada de la caja al tramo curvo y
deseamos calcular su velocidad de salida al final de él.
ϕ
R θ
R
Pág. 2-35
∑ Ft :
m g sen (ϕ − θ ) = m at
pero
dv
dv ds
dv
at = v& =
=
= v
dt
ds dθ
R dθ
en (2):
g sen (ϕ − θ ) R dθ = v dv
m an
=ˆ
m at
(ϕ − θ )
N
(2)
mg
Fig. 2.52
ϕ
v2
0
v1
∫ g R sen (ϕ − θ ) dθ =
integrando:
∫ v dv
donde v2 es la velocidad a la salida del tramo curvo.
v22 = v12 + 2 g R (1 − cosϕ )
→
= 2 g h′ + 2 g R (1 − cosϕ )
= 2 g [ h′ + R (1 − cosϕ ) ]
h
v22 = 2 g h = 9,8
→
→
v2 = 3,13 m/s
(3)
Como se ve, este resultado depende solamente de g y h y mas bien es independiente del
tamaño del radio de curvatura R y del ángulo ϕ. Este hecho quedará aún más claro cuando
estudiemos métodos de trabajo y energía para la partícula.
b) Análisis del movimiento de la caja sobre el carrito.
Según la segunda ley de Newton se cumplirá para la caja que los siguientes sistemas son
equivalentes:
∑F
:
− Ff = − mA aA
→
μ K N = mA a A
H
Ff
mA g
N
=ˆ
mA aA
∑F
Fig. 2.53
V
en (4):
→
aA = μK g
→
a A = 2,94 m/s2 (←)
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:
donde F f = μ K N
(4)
N − mA g = 0
μ K mA g = mA a A
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-36
Análogamente para el carrito se cumplirá:
N
Ff
R1
∑F
H
R2
mB g
F f = mB a B
:
de donde:
aB = μ K
mB aB
=ˆ
mA
g
mB
Fig. 2.54
→
μ K m A g = mB a B
→
a B = 1,17 m/s2
(→)
Ahora, la velocidad de la caja en cualquier instante está dada por:
(+)
v A = v0 A + a A t
→:
v A = 3,13 + (− 2,94) t
⇒
(5)
Análogamente, la velocidad del carrito en cualquier instante es:
(+)
v B = v0 B + a B t
→:
v B = 0 + (1,17) t
⇒
(6)
En el instante en que cesa el movimiento relativo de la caja sobre el carrito, sus
velocidades absolutas serán iguales:
de (5) y (6):
3,13 + (− 2,94) t = 1,17 t
en (5) o (6):
v A = v B = 0,891 m/s
→
t = 0,762 s
c) Para calcular la posición s de la caja sobre el carrito luego de que la caja se detiene
sobre él, bastará calcular el espacio recorrido por cada uno de ellos:
eA
eB
eA/B
Fig. 2.55
(+)
Para A → :
(+)
Para B → :
v A2 = v02 A + 2 a A e A
v B2 = v02 B + 2 a B eB
entonces:
e A B = e A − eB = 1,19 m
Finalmente:
s = 2,0 − e A / B
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→
(0,891) 2 = (3,13) 2 + 2 (− 2,94) e A
→
e A = 1,531 m
→
(0,891) 2 = 0 + 2 (1,17) eB
→
eB = 0,339 m
→
s = 0,81 m
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-37
2.2 Movimiento producido por una fuerza central
r
Una fuerza F es central si su línea de acción pasa siempre por un punto fijo que
denominaremos O. Luego demostraremos que la trayectoria de una partícula cuyo
movimiento es causado por una fuerza central está contenida en un plano.
r
F
m
y
O
r
r
C
x
z
Fig. 2.56
r
d r
F = m v
dt
Según la 2da. ley de Newton:
r
r r
d r
r ×F = r ×m v
dt
r
r
r
d r
y como r || F :
0 = r ×m v
dt
r
r
r
Se define momento cinético:
H0 = r × mv
r
r&
r
r d
r
dr
H0 =
× m v + r × (m v )
derivando:
dt
dt
r
r× :
(2.4)
(2.5)
0
Comparando (2.4) con (2.5):
es decir,
r&
H0 = 0
r
H 0 = constante
r
r
r
H 0 = r × m v = constante
r
r
H0
Si denominamos h =
m
→
r
r r
h = r × v = constante
r
El hecho de que el vector h sea constante en este tipo de movimiento constituye una
característica importante de él.
Se ve claramente que si el producto vectorial de los vectores posición y velocidad da como
resultado un vector constante, ello significa que ambos vectores están contenidos siempre
en un mismo plano que denominaremos Q, o dicho de otra manera, la trayectoria de la
partícula está contenida en el plana Q.
Nota 1:
r
Puesto que h = constante, el movimiento que produce una fuerza central es un
movimiento plano.
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Nota 2:
Pág. 2-38
r&
1r r
Se ha deducido al final del capítulo 1 que la velocidad areolar es Ω = r × v .
2
r
r
r&
r
1
&
Entonces Ω = h y como h = const. → Ω = constante. Es decir la
2
velocidad areolar es constante.
Un ejemplo de esto último se puede ver claramente en el enunciado de la tercera ley de
Kepler 1) , donde se establece que el radio vector trazado desde el sol (que como sabemos
está situado en uno de los focos de la órbita elíptica que sigue nuestro planeta) hasta la
tierra, barre áreas iguales en tiempo iguales. Hay que hace notar que Kepler dedujo esta ley
en base a muchas observaciones y sin disponer del cálculo diferencial, y en ella establece
que en el movimiento de los planetas del sistema solar, todos ellos causados por fuerza
central, la velocidad areolar es constante.
Para el plano Q:
Q
êθ
r
v
êr
r
θ
O
C
Fig. 2.57
→
r r r
h = r × v = r eˆr × ( r& eˆr + r θ& eˆθ )
r
h = r 2 θ& nˆ (= const.)
⇒
h = r 2 θ& es también constante
En coordenadas polares:
(2.6)
Aplicando la segunda ley de Newton podemos afirmar que en cualquier instante se cumple
la equivalencia de los siguientes sistemas:
êθ
êr
êθ
êr
m
aθ
F
=ˆ
m
m
r
ar
r
θ
θ
O
O
Fig. 2.58
No hay componente transversal de aceleración pues Fθ = 0 (por definición, la fuerza está
íntegramente contenida en la dirección radial).
1)
Johannes Kepler, nacido el 27 de diciembre de 1571, en Weil, en el principado de Wüttemberg, en el
sureste de Alemania, fallecido el año 1630, en Ulm, Alemania.
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Entonces:
Pág. 2-39
r
F = − F eˆr
− F = m (&r& − r θ& 2 )
Según la segunda ley de Newton:
recordando (2.6):
⎛
h2 ⎞
− F = m ⎜⎜ &r& − 3 ⎟⎟
r ⎠
⎝
haciendo:
r& =
de (2.6):
h dr
r& = 2
r dθ
Pero además:
&r& =
derivando (2.8):
dr&
d ⎛ h dr ⎞
=
⎜
⎟
dθ
dθ ⎝ r 2 d θ ⎠
en (2.9):
&r& = θ& d ⎛⎜ h2 dr ⎞⎟
dθ ⎝ r dθ ⎠
recordando (2.6):
&r& = h2 d ⎛⎜ h2 dr ⎞⎟
r dθ ⎝ r dθ ⎠
dr
dr dθ
=
dt
dθ dt
derivando:
(2.8)
u=
dr
dr du
=
dθ
du dθ
en (2.10) y recordando que r =
dr
r& = θ&
dθ
→
dr&
dr& dθ
=
dt
dθ dt
Haremos un cambio de variable:
(2.7)
1
:
u
&
&r& = θ& dr
dθ
→
1
r
(2.10)
→
→
(2.9)
r=
1
u
(2.11)
dr
1 ⎛ du ⎞
= − 2⎜
⎟
dθ
u ⎝ dθ ⎠
2
⎞
⎛
&r& = h u 2 d ⎜ − h2u du ⎟
dθ ⎜⎝ u
dθ ⎟⎠
de donde:
2
&r& = − h 2 u 2 d u2
dθ
en (2.7):
⎞
⎛
d 2u
− F = m ⎜⎜ − h 2 u 2
− h 2 u 3 ⎟⎟
2
dθ
⎠
⎝
finalmente:
d 2u
F
+ u =
2
dθ
m h2 u 2
(2.12)
la cual es una ecuación diferencial de 2° orden que tiene solución si la función F es de la
forma F = F (r ) . Su solución será de la forma u = u (θ ) , de donde será siempre posible
obtener r = r (θ ) , la cual describe la forma polar de la trayectoria del movimiento.
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Ejemplo 2.21:
Pág. 2-40
Una partícula de masa m se lanza sobre un plano horizontal con
velocidad inicial v0 siendo r = r0 y está atada a una cuerda que se tira con
velocidad constante u 0 , como se muestra en la figura. Se pide:
a) Ecuación polar de la trayectoria tomando el agujero como polo.
b) θ& y θ&& en función del tiempo.
c) El valor de la tensión en la cuerda cuando θ =
θ
O
π
2
.
v
vO
m
rO
r
vO
θ
O
uO
F
rO
Fig. 2.60
Fig. 2.59
Solución: Evidentemente se trata de un movimiento causado por fuerza central. En
consecuencia podemos utilizar convenientemente las expresiones que se
acaban de deducir.
a) Sabemos que para movimiento causado por fuerza central se cumple necesariamente
que h = r 2 θ& = constante.
dr
= − u0
dt
Se conoce
r& =
además:
dθ
dθ dr
dθ
= r2
= r2
h = r 2 θ& = r 2
(− u 0 )
dt
dr dt
dr
separando variables:
integrando:
Cuando θ = 0 :
entonces:
(1)
− u0
dr
=
dθ
2
r
h
u
1
= 0θ + c
r
h
r = r0
1
=c
r0
→
u
1
1
=
+ 0 θ
r
r0
r0 v0
b) Tenemos:
r& = − u0
integrando:
r = − u0 t + c1
→
r =
r0
u
1+ 0 θ
v0
(2)
Ecuación polar de la
trayectoria
→ dr = − u0 dt
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-41
→
cuando t = 0:
r = r0
c1 = r0
entonces:
r = − u0 t + r0
(3)
h
Como θ& = 2 :
r
θ& =
h
(− u 0 t + r0 ) 2
y como: h = r0 v0 :
θ& =
r0 v0
(− u 0 t + r0 ) 2
d
:
dt
θ&& =
− 2 r0 v0 (− u 0 )
(− u 0 t + r0 ) 3
θ&& =
(4)
2 r0 v0 u0
( − u0 t + r0 ) 3
(5)
c) De la segunda ley de Newton:
êr
êr
m ar
=ˆ
F
r
r
θ
θ
O
O
Fig. 2.61
∑F
r
− F = m (&r& − r θ& 2 )
:
aquí &r& = 0
F = m r θ& 2
→
h
como θ& = 2 :
r
de (2) para θ =
π
2
F = m
:
r =
F =
en (6):
(r0 v0 ) 2
h2
=
m
r3
r3
r0
u π
1+ 0
v0 2
m (r0 v0 ) 2
r03
⎛ u0 π ⎞
⎜⎜1 +
⎟
v0 2 ⎟⎠
⎝
→
(6)
v2
F = m 0
r0
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3
⎛ u0 π ⎞
⎜⎜1 +
⎟
v0 2 ⎟⎠
⎝
3
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-42
Ejemplo 2.22:
êθ
êr
Una partícula de masa m se mueve en un plano
r
horizontal liso por la acción de una fuerza F (no
mostrada en el dibujo) de forma tal que su
r
velocidad v en cada instante es la resultante de
dos vectores con módulo constante:
r
• v a con dirección fija y paralela al eje polar
r
r
• v b perpendicular al vector posición r .
r
vb
θ
r
r
O
r
va
θ
eje polar
Fig. 2.62
Se pide:
a) La ecuación polar de la trayectoria si v a = 12 m/s y vb = 5 m/s sabiendo que para
θ = 0, r = 6 m.
r
b) Determinar la aceleración de la partícula en función de θ y mostrar que F es una
fuerza central.
Solución:
La velocidad de la partícula, en coordenadas polares, está dada por:
r
v = vr eˆr + vθ eˆθ
donde:
y
de (1) y (2):
dr
vr = r& =
= va cosθ
dt
dθ
vθ = r θ& = r
= vb − va senθ
dt
va cosθ
dr
=
r dθ
vb − va senθ
cambiando variable:
en (3):
∫
→
∫
dr
=
r
u = vb − va senθ
(1)
(2)
∫v
b
va cosθ
dθ
− va senθ
→
(3)
du = − va cosθ dθ
dr
du
= −∫
r
u
ln r = − ln u + C
ln r = − ln u + ln A
⎛ A⎞
ln r = ln ⎜ ⎟
⎝u⎠
Como r = 6 m para θ = 0 →
Es decir:
r =
→
A
u
→
r =
A
vb − va cosθ
A = r vb = 6 ⋅ (5) = 30
30
5 − 12 senθ
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r =
(4)
Ecuación polar de la
trayectoria
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
b) Sabemos que:
Pág. 2-43
r
a = ar eˆr + aθ eˆθ
d 2r
⎛ dθ ⎞
a r = &r& − r θ& 2 =
− r⎜
⎟
2
dt
⎝ dt ⎠
d 2θ
⎛ dr ⎞ ⎛ dθ ⎞
aθ = 2 r&θ& + r θ&& = 2 ⎜ ⎟ ⎜
⎟ + r 2
dt
⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠
2
donde:
y
de (1):
dr
= va cosθ
dt
de (2):
v − va senθ
dθ
= b
dt
r
Reemplazando en (5):
→
(5)
(6)
d 2r
= − va senθ θ&
dt 2
→
(7)
r (− va cosθ θ&) − (vb − va senθ ) r&
d 2θ
=
dt 2
r2
ar = − va senθ θ& −
A
⎛ vb − va senθ ⎞
⎜
⎟
vb − va senθ ⎝
r
⎠
(8)
2
recordando (2) y (4) y ordenando:
(v − va senθ )
v senθ
ar = − a
− b
A
A
3
(5 − 12 senθ )
12 senθ
ar = −
−
30
30
3
es decir:
ar = −
2
(5 − 12 senθ ) 3
senθ −
5
30
(9)
Reemplazando valores en (6):
r (− va cosθ θ&) − (vb − va senθ ) r&
A
⎛ v − va senθ ⎞
aθ = 2 va cosθ ⎜ b
⋅
⎟ +
r
vb − va senθ
r2
⎝
⎠
recordando (1), (2), (4), (5) y (6), ordenando y simplificando:
aθ = 0
r
r
r
Finalmente: a = ar eˆr y como F = m a = m ( a r eˆr )
⇒
r
F
está siempre en dirección ê r , es decir, es central.
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-44
90
Ejemplo 2.23:
120
Una partícula de masa m describe una lemniscata de
ecuación polar r 2 = a 2 cos 2θ (a es constante)
estando sometida a una fuerza central dirigida aal
2
⋅cos( 2⋅θ )
polo O. Sabiendo que las condiciones iniciales son
θ 0 = 0 y θ&0 = 1 rad/s , se pide calcular la fuerza
necesaria en términos de m, a y r.
60
150
30
r
θ
180
0
O
210
330
240
Solución:
300
270
θ
Sabemos que la ecuación diferencial del movimiento
bajo la acción de fuerza central es:
Fig. 2-63
d 2u
F
+ u =
2
dθ
m h2 u 2
⎛ d 2u
⎞
F = m h 2 u 2 ⎜⎜ 2 + u ⎟⎟
⎝ dθ
⎠
r2
De la ecuación de trayectoria: cos 2θ = 2
a
de donde:
sen 2θ =
y como
sen 2θ =
Haciendo
u =
d / dθ :
du
1
= −
(cos − 3 / 2 2θ ) (− sen 2θ ) (2)
dθ
2a
→
1 − cos 2 2θ
(1)
→
a4 − r 4
a2
1
1
= cos1 / 2 2θ
r
a
du
1
= − cos − 3 / 2 2θ sen 2θ
dθ
a
d 2u
3
2
= cos − 5 / 2 2θ sen 2 2θ + cos −1 / 2 2θ
2
dθ
a
a
d / dθ :
(2)
Reemplazando valores obtenidos para sen 2θ y cos 2θ en (2):
d 2u
3a4 − r 4
=
dθ 2
r5
(3) en (1):
→
(3)
⎛ 3a4 − r 4
1⎞
F = m h 2 u 2 ⎜⎜
+ ⎟⎟
5
r⎠
⎝ r
F =
3 ma 4 h 2
r7
(4)
!
Sabemos que para movimiento causado por fuerza central: F θ = m aθ = 0
→
aθ = 2 r&θ& + rθ&& = 0
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(5)
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-45
r = a cos1 / 2 2θ
Además, de la ecuación de la trayectoria:
d / dt :
⎛a
⎞
r& = ⎜ cos −1 2 2θ ⎟ (− sen 2θ ) (2θ&)
⎝2
⎠
en (5):
⎛a
⎞
2 ⎜ cos −1 2 2θ ⎟ (− sen 2θ ) (2θ&) θ& + (a cos1 / 2 2θ ) θ&& = 0
⎝2
⎠
despejando:
θ&& = 2θ& 2 tan 2θ
y como:
θ&& dθ = θ& dθ&
→
integrando:
→
θ& dθ& = 2θ& 2 tan 2θ dθ
dθ&
∫ θ& =
∫ 2 tan 2θ dθ
ln θ& = − ln cos 2θ + c
Condiciones iniciales:
θ 0 = 0 ; θ&0 = 1 rad/s
de (6):
ln 1 = − ln (cos 0) + c
en (6):
ln θ& = − ln cos 2θ
de donde:
θ& = sec 2θ
Sabemos que
h = r 2θ&
→
→
c=0
(7)
h = (a 2 cos 2θ ) (sec 2θ )
h = a2
es decir:
finalmente en (4):
Nota:
(6)
F =
3 m a8
r7
Otra forma de hallar el valor de la constante h es:
h = r 2θ& = r02 θ&0 = ( a 2 cos 2θ 0 ) (θ&0 )
y como θ 0 = 0 y θ&0 = 1 rad/s
→
h = a2
el cual es el mismo resultado que obtuvimos líneas arriba.
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Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-46
Ejemplo 2.24:
Una partícula de masa m se mueve bajo la acción de una fuerza central con módulo
F = 3 m a 8 / r 7 . Se pide encontrar la ecuación polar de la trayectoria sabiendo que en el
instante inicial ( t = 0 ) tenemos que P0 = (a , 0) , θ 0 = 0 y θ&0 = 1 rad/s . Además, en
r
r
dicho instante el vector posición es perpendicular al vector velocidad ( r0 ⊥ v0 ).
1
r
Solución: Haciendo u =
→
F =
3 m a8
= 3m a8 r 7
7
r
Sabemos que la ecuación de la trayectoria para el movimiento causado por fuerza central
es:
d 2u
F
+ u =
donde h = r02 θ&0 = a 2
2
dθ
m h2 u 2
d 2u
+ u = 3 a4 u5
dθ 2
→
Si hacemos:
du
ϕ =
dθ
en (1):
ϕ
d 2u
dϕ
dϕ du
dϕ
=
=
= ϕ
2
dθ
dθ
du dθ
du
→
dϕ
+ u = 3 a 4u 5
du
ϕ
∫ ϕ dϕ
ϕ
μ
∫ (3 a
=
0 =0
4
u 5 − u ) du
ϕ =
(2)
u0 =1 / a
r
r
Notar que ϕ 0 = 0 pues como r0 ⊥ v0
y como:
(1)
r&0 = 0
→
du
d ⎛1⎞
1 dr
1
=
= − 2
⎜ ⎟ = − 2
dθ
dθ ⎝ r ⎠
r dθ
r
r&
θ&
entonces, para r&0 = 0 : ϕ 0 = 0 .
ϕ2
Resolviendo (2):
2
ϕ
0
⎛ a4 u6
u2 ⎞
⎟
= ⎜⎜
−
2 ⎟⎠
⎝ 2
u
1/ a
ϕ 2 = u 2 (a 4 u 4 − 1)
ϕ = u a4 u4 − 1
→
Ahora, como
ϕ =
θ
integrando:
∫
θ 0 =0
du
dθ
dθ =
→
u
∫
1
u0 =
a
Pontificia Universidad Católica del Perú
dθ =
du
u a 4 u 4 −1
du
ϕ
=
du
u a 4 u 4 −1
(3)
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 2 Cinética de la Partícula
u =
además:
1
r
θ
∫ dθ =
en (3):
Pág. 2-47
θ 0 =0
→
du = −
− r dr
r
∫
a4 − r 4
r =a
⎛ r2 ⎞
1
θ = arc cos ⎜⎜ 2 ⎟⎟
2
⎝a ⎠
→
1
dr
r2
r
a
r 2 = a 2 cos 2θ
finalmente:
ecuación que corresponde a la ecuación polar de una lemniscata.
2.3 Aplicación a la fuerza gravitacional
êr
r
F = − F eˆr
(2.13)
m
r
F
Fig. 2.64
M
donde:
F = G
Mm
r2
→
r
Mm
F = − G 2 eˆr
r
(2.14)
(2.15)
G es la constante gravitacional
r es la distancia entre los centros de masa
Sea u =
en (2.13):
•
1
r
→
F = G M m u2
d 2u
G M mu2
+
u
=
dθ 2
m h2 u 2
→
d 2u
GM
+ u=
2
dθ
h2
(2.16)
Solución homogénea:
Ecuación característica: λ2 + 1 = 0 → λ = ± j
u h = c1 cosθ + c2 senθ
= c cos(θ − φ )
donde
c1 = c cosφ
y
c 2 = c senφ
entonces
c 2 = c12 + c 22
Pontificia Universidad Católica del Perú
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 2 Cinética de la Partícula
•
Pág. 2-48
up =
Solución particular:
1
GM
= c cos (θ − φ ) +
r
h2
u =
Finalmente:
GM
h2
(2.17)
La cual es la ecuación polar de la trayectoria.
Notar que esta ecuación corresponde a la de las cónicas en su forma polar.
directriz
Recordemos la forma general de las curvas cónicas:
P
d
r
θ
F
(foco)
eje principal
φ
eje po
la
r
p
Fig. 2.65
Excentricidad de la cónica: e =
r
d
de la figura: p = r cos(θ − φ ) + d
p = r cos(θ − φ ) +
⋅
1
rp
r
e
1
1
1
=
cos(θ − φ ) +
r
p
ep
→
(2.18)
Comparando con la ecuación (2.17):
c=
1
p
→
GM
c
=
2
h
e
→
c h2
e=
GM
y además
p=
y
1
c
Pontificia Universidad Católica del Perú
GM
1
=
2
h
ep
donde e es la excentricidad de la trayectoria
donde p es la distancia fija del foco a la directriz
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-49
Tipos de trayectoria:
e=0
0<e<1
e=1
e>1
circunferencia
elipse
parábola
hipérbola
1
GM
= c cos(θ − φ ) + 2
r
h
1 1
1
= cos(θ − φ ) +
r p
ep
Es decir:
ó
(2.19)
(2.20)
Podemos expresar (2.19) y (2.20) haciendo coincidir el eje polar con el eje principal de la
cónica φ = 0 .
de (2.19):
GM
1
= C cos θ +
r
h2
de (2.20):
1
1
1
=
cosθ +
r
p
ep
(2.21)
donde c y h se calculan a partir de condiciones iniciales.
P
Caso 0 < e< 1 : Elipse
c r
c
Punto A: θ = 0 ,
r = r1
B
F
A
eje polar
(origen en F)
b
1 1 1
= +
r1 p ep
de (2.21):
F'
θ
a
2
h
Pero ep =
GM
→
1
GM
= (1 + e) 2
r1
h
→
r1 =
Análogamente para B:
→
geometría:
r +r
a= 1 2
2
h2 ⎛ 1 ⎞
⎜
⎟
G M ⎝1+ e ⎠
θ =π ,
r2 =
r2
r1
Fig. 2.66
(2.22)
r = r2
h2
GM
⎛ 1 ⎞
⎟⎟
⎜⎜
⎝1 − e ⎠
h2
→ a =
GM
⎛ 1 ⎞
⎜⎜
⎟
2 ⎟
−
1
e
⎝
⎠
(2.23)
(2.24)
de (2.22) y (2.24): r1 = a (1 – e )
(2.25)
de (2.23) y (2.25): r2 = a (1 + e )
(2.26)
Pontificia Universidad Católica del Perú
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-50
→
b2 = a2 – c2 = (a + c) (a – c)
Geometría:
b=
r1 r2
(2.27)
b = a 1 − e2
Finalmente, con (2.25) y (2.26):
Caso e = 0 : circunferencia
r1 = r2 =
Caso e = 1 : parábola
r1 =
(2.28)
h2
GM
h2
2G M
; r2 = ∞
r
v0
2.4 Movimiento de satélites
φ
Se supone:
r
r0
êr
m
a) m << M
b) tierra es sistema inercial
c) influencia de otros planetas es despreciable
•
Fig. 2.67
r
v0
Si v0 es paralelo a la superficie terrestre: φ = 90°
êr
90
°
m
(lanzamiento paralelo a la superficie terrestre)
r
r0
Si φ = 90° → θ = 0° (elegimos eje polar)
r
v0 = v0 eˆθ
r
r0 = r0 eˆr
Fig. 2.68
Sabemos que para movimiento causado por fuerza central se cumple que: h = r 2θ = const.
En el instante inicial: r = r0 , θ = 0 , h = r0 v0 = const.
1
GM
= C cosθ +
h2
r
Como
→
1
GM
= C +
h2
v0
→
C =
1
GM
−
r0
h2
(2.29)
Ecuación de la trayectoria de vuelo libre:
⎛1
1
GM ⎞
GM
= ⎜⎜ − 2 2 ⎟⎟ cosθ + 2 2
r
r0 v0 ⎠
r0 v0
⎝ r0
→
1
1⎛
GM
⎜⎜1 −
=
r
r0 ⎝
r0 v02
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⎞
GM
⎟⎟ cosθ + 2 2
r0 v0
⎠
(2.30)
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Como e =
Pág. 2-51
C h2
GM
⎛1
GM ⎞ h 2
→ e = ⎜⎜ − 2 2 ⎟⎟
r0 v0 ⎠ G M
⎝ r0
Si
→
→
→
→
e=0
0<e<1
e=1
e>1
e =
→
h2
−1
r0 G M
(h = r0 v0 = const.)
(2.31)
trayectoria en vuelo libre circular
trayectoria en vuelo libre elíptica
trayectoria en vuelo libre parabólica
trayectoria en vuelo libre hiperbólica
Velocidad de escape: es la velocidad v0 necesaria para que el móvil tenga trayectoria
parabólica.
Como e = 1:
→
r02 v02
−1=1
r0 G M
v0 =
2G M
r0
la velocidad de escape será: ve =
2G M
r0
es decir:
(2.32)
Velocidad v0 para entrar en órbita circular:
Como e = 0:
entonces:
→
r02 v02
−1 = 0
r0 G M
vc =
GM
r0
(2.33)
Así:
v0
v c < v0 < ve
v0 = vc
v 0 < vc
r0
Fig. 2.69
Pontificia Universidad Católica del Perú
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-52
En el caso de órbitas elípticas:
de (2.30):
P
v0
r
r1 = r0
θ
B
r0
r2 =
2G M
−1
r0 v02
F'
F
a =
r1 + r2
2
semieje menor:
b =
r1 r2
área elíptica
A= πab =
velocidad areolar:
& = dA = h
Ω
dt
2
A
r1
r2
semieje mayor:
r0
Fig. 2.70
π
2
(r2 + r2 )
r1 r2
En una vuelta elíptica completa y dado que la velocidad areolar es constante:
A = T
h
donde T es el periodo (tiempo para completar una vuelta)
2
T =
finalmente:
•
π (r1 + r2 )
r1 r2
(2.34)
h
Si v0 no es paralela a la superficie terrestre ( φ ≠ 90° )
r
v0
Condiciones iniciales: r0 , v0 , φ
vr 0 = v0 cos φ = r&
→
φ
r = r0
= r&0
r
r0
êr
m
Sabemos que la ecuación de la trayectoria es:
1
GM
= C cosθ +
r
h2
Fig. 2.71
(2.35)
Para el instante inicial:
de (2.35):
1
GM
= C cosθ 0 +
h2
r0
r&
− 2 = − C senθ θ&
r
(C y θ 0 son incógnitas)
(2.36)
r& = C senθ (θ& r 2 )
→
r& = C h senθ
Pontificia Universidad Católica del Perú
(2.37)
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-53
Para el instante inicial: r&0 = C h senθ 0
(2.38)
es decir:
v0 cosφ = C h senθ 0
(2.39)
de (2.39):
v02 cos 2 φ
= C 2 sen 2θ 0
2
h
(2.40)
de (2.36):
⎛1
GM
⎜⎜ −
h2
⎝ r0
2
⎞
⎟⎟ = C 2 cos 2 θ 0
⎠
⎛1
v02 cos 2 φ
GM
+ ⎜⎜ −
2
h
h2
⎝ r0
de (2.40) y (2.41):
C =
de (2.39) y (2.36):
tan θ 0 =
es decir:
tan θ 0 =
v0 cosφ
⎛ 1 GM
h ⎜⎜ − 2
h
⎝ r0
⎞
⎟⎟
⎠
2
v0 cosφ
h GM
−
r0
h
v0 cos φ
GM
v0 senφ −
r0 v0 senφ
C h2
h2
=
e =
GM
GM
finalmente:
⎞
⎟⎟
⎠
=
(2.41)
⎛ 1 GM
v02 cos 2 φ
+ ⎜⎜ − 2
2
h
h
⎝ r0
⎞
⎟⎟
⎠
2
(2.42)
Ejemplo 2.24:
m
El satélite mostrado de masa m se mueve según la
trayectoria parabólica:
r =
20 000
1 − cosθ
[km]
r
r
θ
r0
O
eje polar
M
90°
Se pide calcular:
rA
v0
&.
a) La velocidad areolar Ω
A
b) El tiempo que demora la partícula en llegar de O a A.
Fig. 2.72
Nota: GM = 5,1588 ⋅ 1012 [km3/h2]
Solución:
Para θ = π
→ r0 =
Para e = 1
→ v0 =
→
20000
= 10 000 km
1 − cosπ
2G M
=
r0
2 (5,1588 ⋅1012 )
10 000
v0 = 32 121 km/h
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Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-54
entonces:
h = r0 v0 = 10000 × 32121 = 321,21 ⋅10 6 km2/h
finalmente:
& = h = 160,6 ⋅10 6 km2/h
Ω
2
c) Para A:
θ = 270°
1 dθ
dΩ
= r2
2
dt
dt
dΩ
h
=
dt
2
r 2θ& = h → r 2
dθ
= h
dt
270°
→
→
→
2
⎛ 20000 ⎞
⎜⎜
⎟ dθ =
∫
1 − cosθ ⎟⎠
180° ⎝
r2
dθ
2
h
dΩ = dt
2
dΩ =
r2
h
dθ = dt
2
2
t
∫ h dt
0
t = 0,83 horas
2.5 Leyes de Kepler
Johannes Kepler 1) , eminente astrónomo y científico alemán, estudió las observaciones del
planeta Marte hechas durante mucho tiempo por el gran astrónomo danés Tycho Brahe,
llegando a deducir la forma de su órbita. Después de innumerables tanteos e interminables
cálculos realizados durante muchos años, llegó a deducir sus famosas leyes 2) .
Sus dos primeras leyes fueron publicadas en l609 en su obra “Astronomía Nova”, mientras
que la tercera se publicó en “Harmonice Mundi”, en 1619. A continuación detallaremos
brevemente sus tres leyes acerca del movimiento de los planetas y que permitieron a
Newton, años después, formular la ley de la gravitación universal.
1era. ley:
Kepler en base a observaciones de Marte distingue que las posiciones del planeta
concordaban con una elipse en uno de cuyos focos estaba colocado el Sol. Para llegar a esa
conclusión, analiza durante un año marciano (687 días, período sideral de Marte) el
1)
2)
Johannes Kepler, astrónomo, matemático y físico alemán, nacido el 27 de diciembre de 1571, en Weil, en
el principado de Württemberg, en el sureste de Alemania y fallecido el año 1630, en Ulm, Alemania.
Aparte de sus famosas leyes, sus contribuciones más importantes incluyen sus comentarios sobre el
movimiento de Marte, un tratado sobre los cometas, otro sobre una nueva estrella (nova), y sus famosas
Tablas Rudolfinas, donde compila los resultados obtenidos a partir de las observaciones de Tycho Brahe
y sus propias teorías. Tuvo además importantísimos aportes a la óptica: encontró la ley fundamental de la
fotometría, descubrió el fenómeno de la reflexión total, y creó la primera teoría moderna de la visión,
explicando cómo los rayos que pasan por medios refringentes del ojo forman sobre la retina una
minúscula imagen invertida.
Ref.: www.astrocosmo.cl/biografi/b-j_kepler.htm
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Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-55
movimiento orbital del planeta y encuentra que la órbita de éste es simétrica con respecto a
la línea de las ápsides, pero el diámetro en sentido perpendicular a ella es menor que la
distancia entre el perihelio y el afelio; la órbita es ovalada. Con ello, encuentra que una
elipse de pequeña excentricidad, con el Sol en uno de los focos, satisface las observaciones
y también la ley de las áreas.
“Cada planeta se mueve alrededor del sol con una órbita elíptica estando el sol en uno de
los focos de la elipse.”
2da. ley:
Kepler razona que si el "alma motriz" del Sol mantiene el movimiento del planeta en su
órbita, al aumentar la distancia al Sol la velocidad debe de disminuir. Para llegar a esa
deducción, asume el valor de desechar el círculo como forma de las trayectorias
planetarias, rompiendo en ello con un prejuicio geométrico dos veces milenario. Encontró,
después de una larga serie de cálculos que para las ápsides de la órbita de Marte (perihelio
y afelio) la velocidad es inversamente proporcional a la distancia al Sol; concluye que el
radio vector que une el Sol y Marte barre áreas iguales en tiempos iguales.
“El radio vector trazado desde el sol a cualquier planeta barre áreas iguales en tiempos
iguales.”
De acuerdo a lo visto en el capítulo podemos decir que ello equivale a decir que la
velocidad areolar de cualquier planeta es constante:
& = h = const.
Ω
2
3era ley:
Kepler estaba convencido de que debía existir una simple relación entre los tiempos de
revolución y las distancias de los planetas. Con mucha voluntad y constancia buscó esa ley
que, en su opinión, debía garantizar la intrínseca armonía del universo. Adoptó un centenar
de suposiciones y las rechazó después de interminables cálculos; continuó durante nueve
años la ardua tarea, sin tablas logarítmicas, sin máquinas de calcular, sin otra ayuda que su
incansable actitud que dominaba su condición de hombre de ciencia, hasta el día en que,
obedeciendo a una súbita inspiración, formuló la hipótesis que se convertiría en su tercera
ley, encadenando con una relación constante los cubos de los semiejes de las órbitas y los
cuadrados de los tiempos que emplean los planetas para recorrerlas.
“El cuadrado del periodo de cualquier planeta es proporcional al cubo del semieje mayor
de su órbita.”
4π 2 3
T2 =
a
GM
Francisco Arago, astrónomo francés, escribió: "La gloria de Kepler está escrita en los
cielos y ningún progreso de la ciencia puede oscurecerla. Los planetas en la sempiterna
sucesión de sus movimientos lo proclamarán siglo tras siglo."
------------------------
Pontificia Universidad Católica del Perú
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-1
Cap. 3 Trabajo y Energía para la partícula
Por: Jorge Rodríguez Hernández, Dipl.-Ing.
Profesor del Área de Diseño
Sección de Ingeniería Mecánica
3.1 Campos escalares, vectoriales y tensoriales
Campo escalar: Es una función en la que el argumento es un vector (en este caso un
vector posición) y su valor un escalar. Es decir:
r
φ = φ (r ) ,
el resultado de aplicar la función escalar al argumento
r
r = ( x, y, z ) es un escalar φ .
Ejemplos: temperatura, densidad, presión, etc.
Campo vectorial:
Es una función en la que el argumento es un vector y su valor es un
vector. Es decir:
r r r
F = F (r ) ,
el resultado de aplicar la función vectorial al argumento
r
r
r = ( x, y, z ) es el vector F = ( Fx , Fy , Fz ) .
Ejemplos: campo magnético, campo gravitacional, campo eléctrico, etc.
Campo tensorial:
r
Es una función en la que el argumento es un vector y su valor es una
matriz. Es decir:
r r
σ = σ (r ) ,
el resultado de aplicar la función tensorial al argumento
⎛ σ xx
⎜
r
r
r = ( x, y, z ) es la matriz σ = ⎜ σ yx
⎜σ
⎝ zx
σ xy σ xz ⎞
⎟
σ yy σ yz ⎟ .
σ zy σ zz ⎟⎠
Ejemplo: campo de esfuerzos de un cuerpo deformable.
3.2 Algunos conceptos matemáticos
A continuación repasaremos algunas herramientas matemáticas que nos serán útiles para
analizar algunos conceptos de la mecánica referentes al trabajo de una fuerza sobre una
partícula y a la energía que involucra el movimiento de una partícula.
•
r
Operador nabla (∇) :
r
⎛ ∂
∂
∂ ⎞
∂ ˆ
∂ ˆ
∂ ˆ
⎟⎟ =
∇ = ⎜⎜ ,
i +
j +
k
,
∂x
∂y
∂z
⎝∂x ∂y ∂z⎠
r
El operador ∇ es análogo a un vector.
Pontificia Universidad Católica del Perú
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-2
•
Gradiente de un campo escalar φ:
•
r
⎛ ∂φ ∂φ ∂φ ⎞
⎟⎟
grad φ = ∇φ = ⎜⎜ ,
,
⎝ ∂x ∂ y ∂z ⎠
r
Divergencia de un campo vectorial F :
(3.1)
r
r r
∂Fy
∂Fx
∂Fz
div F = ∇ ⋅ F =
+
+
∂x
∂y
∂z
•
(3.2)
r
Rotacional de un campo vectorial F :
r
r r
rot F = ∇ × F =
→
iˆ
ˆj
kˆ
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
Fx
Fy
Fz
r ⎛ ∂F ∂Fy ⎞
⎛ ∂F ∂F ⎞
⎛ ∂F ∂F ⎞
⎟⎟ iˆ + ⎜⎜ x − z ⎟⎟ ˆj + ⎜⎜ y − x ⎟⎟ kˆ
rot F = ⎜⎜ z −
⎝ ∂z ∂x ⎠
⎝ ∂x ∂ y ⎠
⎝ ∂ y ∂z ⎠
(3.3)
•
Campo vectorial irrotacional
r r r
Si F = F (r ) es un campo vectorial, se dice que es un campo irrotacional si su rotacional es
nulo, es decir:
r r
∇× F = 0
Entonces, deberá cumplirse simultáneamente que:
∂Fy
∂Fz
−
= 0;
∂y
∂z
∂Fy
∂Fx
−
= 0 ;
∂z
∂x
∂Fy
∂x
−
∂Fx
= 0
∂y
(3.4)
r
Si el campo vectorial es bidimensional, es decir F = ( Fx , Fy ) , basta que se cumpla la
condición:
∂Fy
∂x
•
Teorema:
Dem.: Si
Fx =
−
∂Fx
= 0
∂y
r
r r
r
sea el campo vectorial F = F (r ) . Existirá una función escalar φ = φ (r )
r r
r r
r r
denominada función de campo tal que F (r ) = ∇φ (r ) ⇔ ∇ × F = 0 .
r r
r
F (r ) = ∇φ :
∂φ
∂x
;
Pontificia Universidad Católica del Perú
⎛ ∂φ ∂φ ∂φ ⎞
⎟⎟
( Fx , Fy , Fz ) = ⎜⎜ ,
,
⎝ ∂x ∂ y ∂z ⎠
⇒
Fy =
∂φ
∂y
;
Fz =
∂φ
∂z
(3.5)
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 3 Trabajo y Energía
derivando Fy =
∂φ
∂y
y también Fz =
∂φ
∂z
Pág. 3-3
→
→
∂Fy
∂z
∂ 2φ
∂y ∂z
=
∂Fy
∂z
∂Fz
∂φ
=
∂y
∂z ∂y
2
−
∂Fz
= 0
∂y
En forma análoga se demuestra que los demás términos del rotacional son nulos y que
r r
entonces ∇ × F = 0 .
r
r r
r r
Sea φ la función de campo de F (r ) , es decir: F (r ) = ∇φ .
Consecuencia:
r
r
Sabemos que si existe la función escalar φ = φ (r ) , con r = ( x, y, z ) ,
∂φ
∂φ
∂φ
dx +
dy +
dz
∂x
∂y
∂z
entonces:
dφ =
es decir:
⎛ ∂φ ∂φ ∂φ ⎞
⎟⎟ ⋅ (dx , dy , dz )
= ⎜⎜
,
,
⎝ ∂x ∂ y ∂z ⎠
r r
dφ = F ⋅ dr
B
∫
integrando:
dφ =
A
φ
B
=
A
∫C
r r
F ⋅ dr
A
B
operando:
B
∫C
r r
F ⋅ dr
r
r
φ (rB ) − φ (rA ) =
→
B
∫
r r
F ⋅ dr
(3.6)
A
A
B
Ello resultará útil cuando necesitemos evaluar la integral
∫C
r r
F ⋅ dr . Para ello bastará
A
r
r
evaluar φ (rB ) − φ (rA ) , lo cual será evidentemente más sencillo.
Notar que:
B
1) Puesto que para evaluar la integral
∫ dφ
r
r
= φ ( rB ) − φ ( rA ) no se necesita conocer el
A
B
camino C, entonces, la integral
∫C
r r
F ⋅ dr será independiente del camino C.
A
2)
r r
r
r
∫ F ⋅ dr = 0 , pues φ ( rB ) − φ ( rA ) = 0 .
3) Si el rotacional de una función fuera diferente de cero y en consecuencia no existe una
B
r r
función de campo φ , entonces la integral C∫ F ⋅ dr deberá ser evaluada a lo largo del
A
camino C.
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Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-4
3.3 Trabajo de una fuerza sobre una partícula
r
F
Si una partícula se está moviendo a lo largo de
la trayectoria C por la acción de una cierta
r
fuerza F , se define el trabajo elemental de
dicha fuerza al cambiar la posición de la
r
partícula en dr como:
r
dr
r +r
dr r
r
r
r r
dU = F ⋅ dr
r
El trabajo total de F sobre la partícula entre A y B a lo largo de C será:
B
U A− B =
∫C
r r
F ⋅ dr
(3.7)
A
Ejemplo 3.1:
r
Calcular el trabajo realizado desde t = 1 s hasta t = 2 s por la fuerza F = (7 t 2 , − t , 2 t + 1)
cuyo punto de aplicación recorre la recta determinada por las superficies 2 y + 3 z = 9 y
x = 0 , según la ley horaria s = 2 t 2 + 8.
Solución:
Como s = 2 t 2 + 8
y además:
2 y + 3z = 9
→
ds = 4 t dt
→
z = 3 −
y =
o también:
y como x = 0
(1)
2
y
3
→
dz = −
2
dy
3
9
3
− z
2
2
→
dy = −
3
dz
2
dx = 0
→
Sabemos que el diferencial de longitud de curva está dado por:
ds = (dx) 2 + (dy ) 2 + (dz ) 2
2
entonces:
ds =
⎛ 2 ⎞
0 + ( dy ) + ⎜ − dy ⎟
⎝ 3 ⎠
análogamente:
ds =
⎛ 3 ⎞
0 + ⎜ − dz ⎟ + ( dz ) 2 =
⎝ 2 ⎠
2
2
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=
13
dy
3
13
dz
2
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Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-5
Ahora podemos expresar dy y dz en términos de ds:
dy =
→
3
ds
13
dz =
y
r
⎛
dr = (dx, dy, dz ) = ⎜ 0,
⎝
r ⎛ 12 t
8t
⎞
dr = ⎜ 0 ,
dt ,
dt ⎟
13 ⎠
13
⎝
ahora,
r r
U = ∫ F ⋅ dr =
resolviendo:
∫ (7t
2
1
2
⎞
ds ⎟
13 ⎠
3
ds ,
13
de (2):
2
2
ds
13
⎛ 12 t 8 t ⎞
, − t , 2 t + 1) ⋅ ⎜ 0 ,
,
⎟ dt
3
13 ⎠
⎝
U = 7, 48 unidades de trabajo
3.4 Campo vectorial conservativo
Si un campo de fuerzas es irrotacional se denomina campo conservativo. Por lo que hemos
r
r r
visto, para dicho campo de fuerzas se cumplirá que rot ( F ) = ∇ × F = 0 y por consiguiente
r r
existe φ / F = ∇φ .
Se define función potencial (o energía potencial) como:
→
Fx = −
∂V
∂x
;
Fy = −
∂V
∂y
;
V = −φ
Fz = −
∂V
∂z
(3.8)
Los elementos de los campos conservativos se denominan fuerzas conservativas. Dado que
las fuerzas conservativas juegan un papel importante en el tema que estamos encarando en
este capítulo, es pertinente escribir las siguientes notas:
r r
r r
Si F (r ) es un campo de fuerzas conservativo, es decir, si se cumple que: ∇ × F = 0 ,
r r
r
r
⇒ ∃ φ ( r ) / F ( r ) = ∇φ
r
r
y siendo V (r ) = − φ (r ) entonces se cumplirá:
1) El trabajo realizado por una fuerza conservativa es independiente de la trayectoria o
B
r r
r
r
camino recorrido C :
U A− B = ∫ F ⋅ dr = V (rA ) − V (rB )
(3.9)
C
A
2) El trabajo que realiza una fuerza conservativa a lo largo de un camino cerrado será:
r r
F
∫ ⋅ dr = 0 .
C
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Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-6
Ejemplo 3.2: Dado el campo de fuerzas:
r
F = ( y 2 z 3 − 6 x z 2 ) iˆ + (2 x y z 3 ) ˆj + (3 x y 2 z 2 − 6 x 2 z ) kˆ
Se pide calcular el trabajo realizado sobre una partícula que se desplaza desde el punto
A (1, − 1, 2) hasta B (2, 1, 2) a lo largo de la línea recta que los une.
Solución:
•
r
¿Será F un campo conservativo?
Fx = y 2 z 3 − 6 x z 2
Fy = 2 x y z 3
Fz = 3 x y 2 z 2 − 6 x 2 z
Derivando:
∂Fy
∂Fz
−
= 6 x y z2 − 6 x y z2 = 0
∂y
∂z
∂Fy
∂Fx
= 3 y 2 z 2 − 12 x z − (3 y 2 z 2 − 12 x z ) = 0
−
∂x
∂z
∂Fy
∂x
−
∂Fx
= 2 y z3 − 2 y z3 = 0
∂y
r
⇒ F es un campo conservativo.
•
Determinación de la función potencial V:
Aplicando lo establecido por la expresión (3.8) se cumplirá que:
−
∂V
= Fx = y 2 z 3 − 6 x z 2
∂x
→
V = − x y 2 z 3 + 3 x 2 z 2 + f1 ( y , z )
−
∂V
= Fy = 2 xyz 3
∂y
→
V = − x y 2 z 3 + f 2 ( x, z )
−
∂V
= Fz = 3 x y 2 z 2 − 6 x 2 z
∂z
→
V = 3 x 2 z 2 − x y 2 z 3 + f 3 ( x, y )
Observando los tres términos obtenidos para la función potencial V y teniendo en cuenta
que dicha función es única, concluimos que:
→
f1 ( y , z ) = c
f 2 ( x, z ) = 3 x 2 z 2 + c
f 3 ( x, y ) = c
de donde:
V = 3 x2 z2 − x y2 z3 + c
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Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-7
B
•
Ahora podemos evaluar el trabajo U A→B =
∫C
r r
F ⋅ dr (el cual será independiente del
A
camino, según la expresión (3.9)):
r r
r
r
F
∫C ⋅ dr = V (rA ) − V (rB )
B
U A→B =
A
r
Para rA = (1, − 1, 2)
→
r
V (rA ) = 4 + c
r
Para rB = (2, 1, 2)
→
r
V (rB ) = 32 + c
→
U A→ B = − 28 unidades de trabajo
Ejemplo 3.3:
Una partícula con masa m = 1 kg se mueve sobre el plano xy siguiendo la trayectoria
3x 2 + y 2 = 1 de manera que la componente horizontal de su velocidad es igual a (-y) en
cualquier instante. Mostrar que la fuerza actuante sobre la partícula es conservativa y
encontrar la función potencial.
Solución: Se tiene de dato que x& = − y
3 x2 + y2 = 1
De la ecuación de la trayectoria:
d dt :
(1)
en (2):
(1)
6 x x& + 2 y y& = 0
→
3 x x& + y y& = 0
(2)
3 x (− y ) + y y& = 0
→
y& = 3 x
(3)
&y& = 3 x&
y al derivar (3):
&y& + 3 y = 0
y recordando (1):
(4)
la cual es una ecuación diferencial de 2do. orden.
su ecuación característica es:
cuyas raíces son:
λ 1, 2 = ± j 3
la solución de (4) será:
de (3):
x =
λ2 + 3 = 0
y = c1 cos 3 t + c2 sen 3 t
3
3
y&
= −
c1 sen 3 t +
c2 cos 3 t
3
3
3
(5)
(6)
utilizando la 2da. ley de Newton:
Fx = m &x& = − 3 (−c1 sen 3 t + c2 cos 3 t )
Fy = m &y& = − 3 (c1 cos 3 t + c2 sen 3 t )
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Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-8
Fx = − 3 x
Fy = − 3 y
y comparando con (5) y (6):
•
r
¿Es F conservativa?
y como
∂Fx
= 0
∂y
y
∂Fx ! ∂Fy
=
∂y
∂x
⇒
∂Fy
∂x
= 0
r
F es conservativa.
⇒
•
Determinación de la función potencial
r
r
Puesto que F es conservativa, entonces ∃ V tal que F = grad (−V )
entonces se debe cumplir que
Fx = −
∂V
∂x
y
Fy = −
∂V
∂y
En nuestro caso:
∂V
= 3x
∂x
→
V =
3 2
x + f1 ( y )
2
∂V
= 3y
∂y
→
V =
3 2
y + f 2 ( x)
2
Observando ambos resultados concluimos que:
V =
es decir:
V=
3 2 3 2
x + y + c
2
2
(c es una constante arbitraria)
3 2
(x + y 2 ) + c
2
Ejemplo 3.4:
y
Una partícula de masa m se mueve en el plano xy
de manera que su posición es:
r
r = a cos ω0 t iˆ + b sen ω0 t ˆj
B
b
r
r
siendo a, b y ω0 constantes positivas tal que
a > b . Se pide:
O
ω0 t
a
a) Demostrar que la fuerza que hace que la
partícula se mueva sobre dicha trayectoria es
central.
m
A
x
Fig. 3-2
b) Indicar si la fuerza es conservativa o no.
c) En caso de que la fuerza sea conservativa, hallar la función potencial.
d) Calcular el trabajo que realiza la fuerza desde A hasta B.
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Pág. 3-9
Solución:
r
a) r = (a cos ω 0 t ) iˆ + (b sen ω 0 t ) ˆj
d / dt :
r
v = (− a ω 0 sen ω 0 t ) iˆ + (b ω 0 cos ω 0 t ) ˆj
d / dt :
r
a = (− a ω 02 cos ω 0 t ) iˆ + (− b ω 02 sen ω0 t ) ˆj
r
r
La 2da. ley de Newton establece que: F = m a
r
→
F = m ω 02 (− a cos ω 0 t iˆ − b sen ω 0 t ˆj )
r
r
es decir:
F = − m ω 02 r
r r
r
se ve claramente que F // r ⇒ F es fuerza central.
r
F = m ω02 (− x , − y )
b) En coordenadas cartesianas:
o también:
Fx = − m ω02 x
y
Fy = − m ω 02 y
r
r
∂Fy
∂Fx
F es conservativa si rot F = 0 , es decir si se cumple que:
−
= 0
∂y
∂x
∂Fx
∂
⎫
=
(− m ω 02 x) = 0 ⎪
∂y
∂y
∂Fy
∂Fx
⎪
→
−
= 0
⎬
∂
y
∂
x
∂ Fy
∂
⎪
=
(− m ω02 y ) = 0 ⎪
∂x
∂x
⎭
r
r
c) Dado que rot F = 0 , entonces, según el teorema estudiado, ∃V / F = − grad V .
∂V
∴
= − Fx = m ω02 x
∂x
→
m ω02 2
V =
x + f1 ( y )
2
comparando (1) y (2):
m ω 02 2
y + f 2 ( x)
2
m ω 02 2 m ω 02 2
V =
x +
y + c
2
2
m ω02 2
V =
(x + y 2 ) + c
2
o en coordenadas polares:
V =
∂V
= − Fy = m ω 02 y
∂y
→
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V =
(1)
(2)
m ω 02 2
r + c
2
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Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-10
r
d) Dado que F es conservativa, entonces el trabajo que realiza se puede evaluar de la
siguiente manera:
B r r
U A→B = ∫ F ⋅ dr = V ( A) − V ( B)
A
⎛ m ω 02 2
⎞
m ω 02 2
a + c − ⎜⎜
b + c ⎟⎟
2
⎝ 2
⎠
2
m ω0 2
=
(a − b 2 )
2
=
→
Ejemplo 3.5:
U A→ B
r
15 y 2 ˆ
)k
Sea el campo F = (10 z + y ) iˆ + (15 y z + x) ˆj + (10 x +
2
r
donde F en [N], x, y, z en [m]. Se pide:
a) Determinar si el campo es conservativo o no.
b) Si el campo es conservativo hallar la función potencial V.
c) Sabiendo que la trayectoria por la que se desplaza una partícula es una recta que pasa
B
r r
por los puntos A y B, evaluar la integral ∫ F ⋅ dr , donde A (10, 2, 3) y
C
A
B (− 2, 4, − 3) [m].
Solución:
a)
Fx = 10 z + y
→
Fy = 15 y z + x
→
Fz = 10 x +
entonces:
15 y 2
2
∂Fx
=1
∂y
∂Fy
=1
∂x
∂Fz
= 10
∂x
→
∂Fy
∂Fx
−
= 0 ;
∂y
∂x
y por consiguiente:
r
rot F = 0
∂Fy
∂z
⇒
−
;
;
;
∂Fx
= 10
∂z
∂Fy
= 15 y
∂z
∂Fz
= 15 y
∂y
∂Fz
= 0 ;
∂y
∂Fx
∂Fz
−
= 0
∂z
∂x
r
el campo F es conservativo.
r
b) Puesto que F es conservativo, entonces se cumplirá que existe la función potencial V
r r
tal que F = ∇ (− V ) .
Es decir:
( Fx , Fy , Fz ) = (−
∂V
= − 10 z − y
∂x
∂V
= − 15 y z − x
∂y
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∂V
∂V
∂V
, −
, −
)
∂z
∂x
∂y
→
V = − 10 x z − y x + f1 ( y, z )
→
V = −
15 2
y z − x y + f 2 ( x, z )
2
(1)
(2)
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Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-11
15
∂V
= − 10 x − y 2
2
∂z
→
V = − 10 x z −
V = − 10 x z − x y −
comparando (1), (2) y (3):
15 2
y z + f 3 ( x, y )
2
(3)
15 2
y z + c
2
r
c) Dado que F es campo conservativo ⇒ el trabajo no depende del camino entre A y B:
B r
r
U A→B = ∫ F ⋅ dr = V ( A) − V ( B)
A
15
15
⎡
⎤ ⎡
⎤
( 4) 2 ( − 3) ⎥
= ⎢ −10 (10)(3) − (10)( 2) − ( 2) 2 (3) ⎥ − ⎢ −10 ( − 2)( − 3) − ( 2)( 4) −
2
2
⎣
⎦ ⎣
⎦
→ U A→ B = − 410 − (308)
→
U A→ B = − 718 Joule
3.4.1 Campo gravitacional uniforme cerca de la superficie terrestre
r
F es de la forma:
r
F = (0, 0, − mg )
•
r
¿Será F conservativa?
r
r r
rot F = ∇ × F =
ˆj
∂
∂y
0
kˆ
∂
∂z
− mg
= (0, 0, 0)
r
F es conservativa.
→
•
iˆ
∂
∂x
0
Cálculo de la función potencial:
∂V
= − Fx = 0
∂x
∂V
= − Fy = 0
∂y
∂V
= − Fz = m g
∂z
⇒
V = mg z + c
Podemos tomar c = 0
→
→
V = f1 ( y, z )
→
V = f 2 ( x, z )
→
V = m g z + f 3 ( x, y )
donde c es una constante arbitraria.
V = mg z
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(3.10)
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-12
Por consiguiente si se quiere evaluar el trabajo que efectúa el peso propio sobre la partícula
si se mueve de A ( x A , y A , z A ) hasta B ( x B , y B , z B ) :
U A→ B = V ( A) − V ( B) = m g z A − m g z B = − m g ( z B − z A )
•
•
(3.11)
Si z B > z A : U A→B será negativo.
Si z B < z A :
U A→B será positivo.
3.4.2 Campo gravitatorio alrededor de un planeta
r
GM m ˆ
F = −
er
r2
;
êr
r
dr = dr eˆr
r
¿Es F conservativa?
•
r
r r
Si rot F = ∇ × F = 0 →
C
m
r
F
M
r
F conservativa.
Fig. 3-4
r
r
1 ∂ ˆ
∂ ˆ
er +
eθ
como F es central conviene trabajar en coordenadas polares: ∇ =
∂r
r ∂θ
⎛ ∂
∂
∂ ⎛GM m⎞ˆ ˆ GM m ˆ
1 ∂ ˆ ⎞ ⎛ GM m ˆ ⎞
⎜⎜ eˆr +
er × eˆr
eθ ⎟⎟ × ⎜ −
er ⎟ = − ⎜
⎟ er × er −
2
2
2
r
∂r ⎝ r
∂r
r ∂θ ⎠ ⎝
r
⎠
⎠
⎝ ∂r
1 ∂ ⎛GM m⎞
GM m ˆ
∂ ˆ
−
eθ ×
er = 0
⎟ eˆθ × eˆr −
⎜
2
3
r ∂θ ⎝ r
∂θ
r
⎠
r
→ F es conservativa.
•
Función potencial:
⇒
φ =
r r
F
∫ ⋅ dr =
GM m
r
∫−
GM m
GM m
dr =
=
2
r
r
V = −
→
∫ dφ
= φ
GM m
r
(3.12)
Utilizando coordenadas cartesianas:
r
GM m ˆ
F = −
er
r2
êr
m
(x, y, z)
GM m
F =
r2
r
r = ( x, y )
r
ˆer = r = ( x, y )
r
x2 + y2
entonces:
r
GM m
F = − 2
(x + y2 )
Pontificia Universidad Católica del Perú
C
r
F
z
M
y
Fig. 3-5
x
⎛ x, y
⎜
⎜ x2 + y2
⎝
⎞
⎟
⎟
⎠
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 3 Trabajo y Energía
Fx = −
Fy = −
→
Pág. 3-13
GM m x
( x 2 + y 2 )3 / 2
→
∂Fx
3GM m x y
=
∂y
( x 2 + y 2 )5 / 2
r
rot ( F ) = 0
∂Fy
GM m y
3GM m x y
=
→
2
2 3/ 2
(x + y )
∂x
( x 2 + y 2 )5 / 2
r
F es conservativa.
∂V
GM m x
= − Fx = 2
( x + y 2 )3 / 2
∂x
→
V = −
GM m
+ f1 ( y )
( x + y 2 )1 / 2
∂V
GM m y
= − Fy = 2
( x + y 2 )3 / 2
∂y
→
V = −
GM m
+ f 2 ( x)
( x + y 2 )1 / 2
Comparando:
V = −
2
2
GM m
+ c
r
(3.13)
3.4.3 Campo de fuerzas elásticas
êr
A continuación analizaremos las características
de la fuerza elástica que ejercen los resortes sobre
una cierta partícula. En este curso consideraremos
únicamente
los
resortes
que
tienen
comportamiento lineal-elástico.
r
F
F = k Δr = k (r − r0 )
donde k es la constante de rigidez del resorte.
r
F = − k (r − r0 ) eˆr
F
F = k .Δr
F
k
1
O
Δr
Δr
Fig. 3-8
•
r
¿Constituye F un campo de fuerzas conservativo?
r
( x, y , z )
r
eˆr =
=
2
r
( x + y 2 + z 2 )1 / 2
r
( x, y , z )
F = − k ( x 2 + y 2 + z 2 )1 / 2 − r0
→
2
( x + y 2 + z 2 )1 / 2
[
⎡
⎤
r0
Fx = − k ⎢1 −
x
2
2
2 1/ 2 ⎥
(x + y + z ) ⎦
⎣
Pontificia Universidad Católica del Perú
]
→
∂Fx
xy
= − k r0 2
∂y
(x + y 2 + z 2 )3/ 2
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Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-14
⎡
⎤
r0
Fy = − k ⎢1 −
y
2
2
2 1/ 2 ⎥
(x + y + z ) ⎦
⎣
= − k r0
∂x
xy
(x + y 2 + z 2 )3/ 2
2
∂Fy
∂Fx
−
= 0
∂y
∂x
→
análogamente:
→
•
∂Fy
→
∂Fy
−
∂Fz
= 0
∂y
∂Fx
∂Fz
−
= 0
∂x
∂z
y
∂z
r
F constituye un campo conservativo.
Trabajo realizado por fuerzas elásticas
r
Para evaluar el trabajo de la fuerza elástica F entre A (resorte sin deformar) y B (resorte
deformado):
r
Puesto que F es conservativa
A
B
U A→ B = U A→ B′→B
rO
z
El trabajo entre A y B ′ es nulo (pues F es nula)
B
luego,
U A→ B = U B′→ B =
∫
ahora:
∫
U B ′→ B =
r r
F ⋅ dr =
O
B′
∫
∫ − k (r − r ) dr
0
U A→ B = −
B
∫ − k (r − r ) eˆ
0
B′
B′
Así:
Fig. 3-9
r
− k (r − r0 ) eˆr ⋅ dr =
r
⋅ dr eˆr
B′
B
=
y
x
B
C
rO
r r
F ⋅ dr
B′
B
B'
= −
r
k
(r − r0 ) 2
2
= −
r = rO
k
( r − r0 ) 2
2
k
(r − r0 ) 2
2
Ahora, como la fuerza elástica es conservativa, entonces podemos escribir que:
r
r
k
U A→ B = V (rA ) − V (rB ) = − (r − r0 ) 2
2
y como hemos elegido A de tal manera que allí el resorte no está deformado, es decir, que
r
en esa posición no hay energía potencial elástica: V (rA ) = 0 . Entonces:
r
k
V (rB ) = (r − r0 ) 2
2
de donde:
V =
k
(r − r0 ) 2
2
Pontificia Universidad Católica del Perú
Energía potencial del resorte
(es siempre positiva)
(3.14)
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-15
En general, si la partícula se mueve de P a Q siendo sus posiciones rP y rQ ,
respectivamente:
r
r
U P→Q = V (rP ) − V (rQ )
r
F
Nota:
U P→Q =
k
k
(rP − r0 ) 2 − (rQ − r0 ) 2
2
2
U P→Q =
k 2 k 2
δ P − δQ
2
2
(3.15)
Las fuerzas elásticas lineales también se pueden analizar empleando coordenadas
cartesianas. A modo de muestra analizaremos el caso de movimiento plano.
Dejaremos como tarea al alumno que realice el procedimiento para el movimiento
tridimensional.
⎡
⎤
r
∂V
= − Fx = k ⎢1 − 2 0 2 1 / 2 ⎥ x
∂x
(x + y ) ⎦
⎣
2
kx
→
V =
− k r0 ( x 2 + y 2 )1 / 2 + f1 ( y )
2
⎡
⎤
r
∂V
= − Fy = k ⎢1 − 2 0 2 1 / 2 ⎥ y
∂y
(x + y ) ⎦
⎣
k y2
→
V =
− k r0 ( x 2 + y 2 )1 / 2 + f 2 ( x)
2
Comparando:
Si tomamos c =
k x2
k y2
2
2 1/ 2
V =
− k r0 ( x + y ) +
+ c
2
2
k
=
[ x 2 − 2 r0 ( x 2 + y 2 )1 / 2 + y 2 ] + c
2
k r02
2
→
es decir:
1
k [ x 2 + y 2 − 2( x 2 + y 2 )1 / 2 + r02 ]
2
1
= k (r 2 − 2 r r0 + r02 )
2
1
V = k (r − r0 ) 2
2
V =
3.4.4 Fuerzas de rozamiento
Las fuerzas de rozamiento no son conservativas. Por consiguiente no existe una función
potencial que nos permita calcular el trabajo que ellas realizan. Para evaluar dicho trabajo
r
r
tendremos necesariamente que evaluar la integral ∫ F f ⋅ dr .
C
En general, el trabajo que realiza una fuerza de fricción entre dos cuerpos que tienen
movimiento relativo entre sí se debe evaluar a lo largo de la trayectoria relativa entre
ambos.
Pontificia Universidad Católica del Perú
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-16
3.5 Principio del trabajo y energía
r
Sea F la resultante del sistema de fuerzas que
actúan sobre la partícula en un instante cualquiera
de su movimiento. Aquí se consideran las fuerzas
conservativas y las no conservativas.
r
F1
A
r
F2
m
r
Fn
r
F =
B
z
r
r
O
r
F3
r
Fi
Entonces:
C
i
El trabajo elemental que realiza dicha resultante
r
si la partícula cambia su posición en dr es:
y
r r
dU = F ⋅ dr
Fig. 3-11
x
r
∑F
(3.16)
Para el análisis que haremos convendrá utilizar coordenadas intrínsecas o curvilíneas.
Ahora, el trabajo que realizan todas las fuerzas sobre la partícula cuando ella se mueve a lo
largo de su trayectoria desde la posición A hasta la posición B será:
r r
F
∫ ⋅ dr =
∫ ( F eˆ
A
A
B
U A→B =
pero:
de donde:
r
v = s& eˆt
r
dr dt
ˆet =
dt ds
B
t
t
r
+ Fn eˆn ) ⋅ dr
r
dr
ds
=
eˆt
dt
dt
r
dr
ˆet =
ds
→
→
→
r
dr = ds eˆt
B
reemplazando:
U A→ B =
∫ ( F eˆ
t
t
+ Fn eˆn ) ⋅ (ds eˆt )
A
B
entonces:
U A→ B =
∫ F ds
(3.17)
t
A
de la segunda ley de Newton: Ft = m at
es decir:
en (3.17):
Ft = m
U A→ B =
dv
dv ds
dv
= m
= mv
dt
ds dt
ds
sB
∫F
t
ds =
sA
integrando:
U A→ B
1
= mv2
2
vB
va
U A→ B = TB − TA
Pontificia Universidad Católica del Perú
∫ m v dv
vA
Definimos energía cinética como:
→
vB
=
1
1
m v B2 − m v A2
2
2
T =
1
m v2
2
(3.18)
(3.19)
Principio del trabajo y de la energía o
Teorema de las fuerzas vivas.
(3.20)
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-17
TA + U A→ B = TB
o también:
(3.21)
Desdoblemos el trabajo de todas las fuerzas en dos partes:
U A→ B = U FC A→ B + U OF A→ B
donde:
U FC A→ B
(3.22)
es el trabajo de las fuerzas conservativas cuyas funciones
potenciales son conocidas. Se evalúan según la expresión (3.9):
U FC A→ B = V A − VB
U OF A→ B
es el trabajo de otras fuerzas que actúan sobre la partícula, es decir
de las no conservativas y de las que, aún siendo conservativas, no
conocemos sus funciones potenciales. Se evalúan con la expresión
general de trabajo de una fuerza (3.7):
B
U OF A→ B =
r
∑ ∫C F
OF
r
⋅ dr
A
U A→ B = (V A − VB ) + U OF A→ B
en (3.21):
TA + (V A − VB ) + U OF A→ B = TB
ordenando:
TA + V A + U OF A→ B = TB + VB
(3.23)
Ecuación del trabajo y de la energía
para una partícula.
aquí:
TA
es la energía cinética en la posición A,
VA
es la energía potencial de la partícula en la posición A (incluye las
energías potenciales por peso y por deformación elástica),
U OF A→ B
es el trabajo de las fuerzas no conservativas y de aquellas cuyas
funciones potenciales son desconocidas,
TB
es la energía cinética en la posición B,
VB
es la energía potencial de la partícula en la posición B (incluye las
energías potenciales por peso y por deformación elástica).
Si sobre una partícula no actúan fuerzas no conservativas, entonces se dice que la energía
se conserva:
TA + V A = TB + VB
Pontificia Universidad Católica del Perú
Ecuación de la conservación
de la energía
(3.24)
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-18
Problema 3.6:
y
(1)
La partícula es dejada libre desde el reposo desde
la parte más alta de la superficie semicilíndrica
lisa de radio R. Se pide determinar:
(2)
R
θ
a) La velocidad de la partícula y la fuerza
normal que ejerce sobre ella la superficie
semicilíndrica en función del ángulo θ.
N.R.
x
Fig. 3-12
b) El ángulo θ para el cual la partícula
abandona la superficie semicilíndrica.
Solución: a) No hay fuerzas disipativas (o no conservativas), en consecuencia la
energía se conserva. Aplicando conservación de la energía entre el punto
de partida (1) y un punto cualquiera de la trayectoria (2) en que la partícula
está en contacto con la superficie semicilíndrica:
T1 + V1 = T2 + V2
donde:
(1)
T1 = 0
V1 = m g R
1 2
mv 2
2
V2 = m g R cosθ
T2 =
0 + mg R =
reemplazando en (1):
de donde:
v22 = 2 g R (1 − cosθ )
1
m v22 + m g R cosθ
2
→
v2 =
2 g R (1 − cos θ )
(2)
El DCL de la masa en una posición genérica (2):
=ˆ
N
θ
ên
θ
θ
ê t
mg
ên
êt
Fig. 3-13
∑ Fn :
N − m g cosθ = − man = − m
(2) en (3) y ordenando:
N = m g (3 cosθ − 2)
v22
R
(3)
(4)
b) Condición física para que la partícula abandone la superficie: N = 0
en (4):
cos θ =
2
3
Pontificia Universidad Católica del Perú
ó
θ = 48,19°
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-19
Ejemplo 3.7:
r
F
Una partícula de masa m = 3 kg se mueve sobre un
plano horizontal liso. Durante todo el movimiento
actúa la fuerza F = 640 r3 sobre la partícula y está
dirigida hacia el punto fijo O. Aquí la fuerza F está
en N cuando la distancia r entre la partícula y el
punto 0 está en metros. Se pide:
r
a) Demostrar que F es conservativa y hallar la
función potencial V.
B
vA
=
x
r
ϕA
A
m
2,5
r ma
C
θ
O
0,5 m
b) Calcular la velocidad de la partícula en el punto
A si la distancia máxima entre la partícula y el
punto O es 2,5 m.
Fig. 3-14
Solución:
r
a) F = − F eˆr = − k r 3 (cosθ , senθ )
Fx = − k r 3 cosθ = − k r 2 (r cosθ ) = − k ( x 2 + y 2 ) x
Fy = − k r 3 senθ = − k r 2 (r senθ ) = − k ( x 2 + y 2 ) y
∂Fx
= − 2k x y
∂y
∂Fy
∂x
⇒
= − 2k x y
⎫
⎪
⎪
⎬
⎪
⎪
⎭
r
∂Fy
∂Fx
−
= 0 → rot F = 0
∂y
∂x
r
F es fuerza conservativa
Además:
Fx = −
∂V
∂x
→
∂V
= k x3 + k x y 2
∂x
V =
integrando:
y también Fy = −
∂V
∂y
→
(1)
∂V
= k x2 y + k y3
∂y
V =
integrando:
k x4
k x2 y2
+
+ f1 ( y )
4
2
k x2 y2
k y4
+
+ f 2 ( x)
2
4
(2)
Como V deber ser único, entonces comparando las expresiones (1) y (2) obtenemos:
V =
k x4
k x2 y2
k y4
+
+
+ c
4
2
4
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Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-20
de donde finalmente:
o también:
V =
k 2
(x + y 2 )2 + c
4
V =
k r4
+ c
4
donde c es una constante arbitraria.
V =
Si tomamos c = 0:
k r4
4
b) En el punto B donde rB = rmax se cumplirá r&B = 0 (la velocidad está íntegramente
contenida en la dirección de eθ ) y por lo tanto en ese punto:
r
v B = r& eˆr + r θ& eˆθ
B
r
r
v B ⊥ rB
→
x
r ma
=
ϕB
m
2,5
vB
θ
A
O
Fig. 3-15
0,5 m
Como no hay fuerzas no conservativas:
TA + V A = TB + VB
→
k rA4
k rB4
1
1
m v A2 +
= m v B2 +
2
4
2
4
r&
r
Como F es central → Ω = const. →
→
(3)
r r r
h = r × v (= const.)
h = r v senϕ (= const.)
rA v A sen ϕ A = rB v B sen ϕ B
(4)
observando que ϕ B = 90° y resolviendo (3) y (4):
v A = 65,34 m/s
v B = 10,45 m/s
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Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 3 Trabajo y Energía
Ejemplo 3.8:
Pág. 3-21
El dispositivo mostrado está destinado a la determinación de los
coeficientes de fricción. El soporte ABC es rotado lentamente hasta
conseguir el deslizamiento del bloque de masa m = 6 kg. Si se observa que
el deslizamiento se produce cuando θ = 15° y la máxima deformación
alcanzada por el resorte es 5 cm, se pide determinar los coeficientes
estático y dinámico de fricción. Considere para el resorte k = 1500 N/cm.
Solución:
•
y
El DCL para la posición de equilibrio estático es:
x
Ff
mg
En el estado de movimiento inminente:
Fig. 3.17
∑F
x
∑F
y
= 0:
m g senθ − F f = 0 ; F f = μ s N
= 0:
N − m g cosθ = 0
de aquí: μ s = tan θ = tan 15°
•
N
μ s = 0,268
→
Cuando se inicia el movimiento la inclinación de la rampa θ = 15° permanece
constante. En cualquier instante del movimiento de descenso se cumplirá, según la
segunda ley de Newton que:
=ˆ
Se ve claramente que:
N permanece constante:
N = m g cosθ
y la fuerza de fricción es:
Ff = μk N
Aplicaremos la ecuación del trabajo y energía entre dos posiciones de la partícula: la
primera es el punto de inicio del movimiento y la segunda es el punto en que se detiene
momentáneamente la partícula y en la que el resorte sufre su máxima deformación.
T1 + V1 + U F f 1→2 = T2 + V2
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(1)
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-22
r
r
F
∫ f ⋅ dr = − F f s = − μ k m g cosθ s
2
U F f 1→2 =
Aquí:
1
donde:
s = 25 + 5 = 30 cm
en (1):
0 + 0 − μ k m g cosθ s = 0 − m g s senθ +
1
kδ2
2
reemplazando valores:
(6) (9,8) (0,30) ( sen 15° − μ k cos15°) =
de donde finalmente:
μ k = 0,151
1
(1500) (0,05) 2
2
Ejemplo 3.9:
b = 30 cm
El collarín de 20 kg parte del reposo en A estando el
resorte estirado 5 cm. Calcular la constante de
rigidez k del resorte si se sabe que el collar se
detiene 15 cm debajo de su posición inicial. El
movimiento ocurre en un plano vertical, la barra es
lisa y la fuerza F =150 N es siempre perpendicular a
la dirección en que se encuentra el resorte.
F
A
y
Solución: para una posición genérica determinada
por la coordenada y:
b
Fig. 3.19
(1)
θ
θ
N. R.
F
y
b
cosθ =
b + y2
2
(2)
Fig. 3.20
Aplicamos la ecuación de trabajo y energía entre la posición inicial (1) y la posición
genérica (2):
T1 + V1 + U F 1→2 = T2 + V2
1 2
1
k Δ1 + U F 1→2 = k Δ22 − m g y
2
2
(1)
Evaluamos el trabajo realizado por F:
r r
= ∫ F ⋅ dr =
2
U F 1→2
1
→
0 ,15
2
∫ F dy cosθ
1
U F 1→2 = F b ln ( y + y 2 + b 2 )
=
∫F
0
0 ,15
b
y + b2
2
dy
= 21,65 N-m (Joule)
0
reemplazando valores en (1):
1
1
k (0,05) 2 + 21,65 = k (0,0854) 2 − (20) (9,8) (0,15)
2
2
de donde finalmente:
k = 213 N/m
Pontificia Universidad Católica del Perú
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-23
y
Ejemplo 3.10:
(1)
La esfera pequeña de masa m se puede mover sin
fricción sobre el aro en forma de circunferencia
de radio r. Ella está unida al punto fijo A
mediante un resorte de constante de rigidez k y
longitud sin deformar 2r. La esfera inicia su
movimiento en ϕ = 0 con velocidad inicial v 0 .
Sabiendo que el sistema se encuentra en un plano
vertical, se pide:
(2)
ϕ
r
x
A
a) Calcular la velocidad v de la esfera en función
de ϕ .
Fig. 3.21
b) Calcular el valor mínimo de v 0 para que la masa alcance la posición determinada por
ϕ =π / 2.
Solución: a) Dado que sobre la pequeña esfera solamente actúan fuerzas conservativas
(peso, fuerza del resorte) entonces aplicaremos conservación de energía
entre la posición inicial (1) y la posición genérica (2):
T1 + V1 = T2 + V2
(1)
(1)
1
m v02
2
V1 = m g r
1
T2 = m v 2
2
T1 =
con:
(2)
ϕ r
N. R.
r
k
2
V2 = m g r cosθ + (2 r − L(ϕ ) )
2
de la geometría se ve que: L(ϕ ) = 2 r cos
→
A
ϕ
2
Fig. 3.22
V2 = m g r cos ϕ + 2 k r (1 − cos ϕ / 2)
2
2
1
1
2
m v02 + m g R = m v 2 + m g r cos ϕ + 2 k r 2 (1 − cos ϕ / 2 )
2
2
en (1):
de donde:
v(ϕ ) =
ϕ⎞
4k r2 ⎛
v + 2 g r (1 − cosϕ ) −
⎜1 − cos ⎟
m ⎝
2⎠
2
0
b) Se debe determinar v 0 tal que v
ϕ=
π
2
(2)
=0
2
4k r2 ⎛
π⎞
π⎞
⎛
0 = v + 2 g r ⎜1 − cos ⎟ −
⎜1 − cos ⎟
2⎠
m ⎝
4⎠
⎝
2
2
0
en (2):
→
v0 =
4 k r2
m
2
⎛
2⎞
⎟⎟ − 2 g r
⎜1 −
⎜
2
⎠
⎝
Pontificia Universidad Católica del Perú
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-24
Ejemplo 3.11:
s
El collar liso de m = 2 kg se desliza sobre
la barra horizontal AB. En la posición (1)
(θ = 90°) el collar tiene v1= 5 m/s y el
resorte (k = 60 N/m) está sin deformar.
Sabiendo que el resorte y la barra están en
un plano vertical, se pide calcular para el
instante en que s = 0,5 m:
m
(1)
A
B
0,5 m
k
r
O
a) Velocidad, aceleración y fuerza entre
el collar y la barra,
θ
Fig. 3.23
b) Las aceleraciones &r& y θ&& .
Solución: Como no hay fuerzas disipativas (o no conservativas), entonces se conserva la
energía.
T1 + V1 = T2 + V2
1
1
1
m v12 = m v22 + kδ 22
2
2
2
donde:
δ 2 = (0,5) 2 − 0,5 = 0,21 [m]
→
v2 = 4,87 m/s
Sistemas equivalentes según 2da. Ley de Newton:
=ˆ
θ
m a2
N
FR
∑F
x
:
Fig. 3.24
mg
− FR cosθ = m a 2
− k δ 2 cosθ = m a 2
→
es decir:
a 2 = 4,39 m/s2 (←)
∑F
N − FR sen θ − m g = 0
y
:
a2 =
− k δ 2 cos 45°
= − 4,39 m/s2
m
N = FR sen θ + m g
entonces:
N = 28,51 [N]
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Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 3 Trabajo y Energía
•
Pág. 3-25
êr
Análisis de velocidades:
êθ
2
vr = r& = v2 cosθ = v2
= 3,44 m/s
2
2
vθ = r θ& = − v2 senθ = − v2
2
θ
v2
r
θ& = − 4,87 rad/s
→
θ
Fig. 3.25
•
Análisis de aceleraciones:
êr
êθ
a r = &r& − r θ& 2 = − a2 cosθ = − a2
→
a2
&r& = 13,66 m/s2
aθ = 2 r&θ& + r θ&& = a2 senθ = a2
→
2
2
θ
2
2
r
θ&& = 51,76 rad/s2
θ
Fig. 3.26
Ejemplo 3.12:
y
x1/ 2 + y1/ 2 = 2
C
1m
La velocidad, aceleración y fuerza normal
cuando el móvil pasa por B.
x=
y
El móvil de masa m = 75 kg se desplaza hacia
la izquierda sobre una superficie sin fricción y
tiene velocidad de 8 m/s en la posición
mostrada. Sabiendo que A es punto de
tangencia entre la superficie curva y la
superficie horizontal, se pide calcular:
N.R.
B
m
A
x
O
1m
Fig. 3-27
Solución:
a) Sobre la partícula sólo hacen trabajo fuerzas conservativas, en consecuencia se
conserva la energía:
TA + V A = TB + VB
1
1
m v A2 = m v B2 + m g y B
2
2
yB = 1 m
→
v B = 6,66 m/s
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(1)
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-26
m at
DCL del bloque en el instante pedido:
m an
=ˆ
NB
45°
mg
∑F
n
:
v B2
2
NB − m g
= m an = m
2
ρ
(2)
2
= m at
2
∑F
−mg
de (3):
at = − 6,93 m/s2
t
Fig. 3-28
(3)
(4)
Necesitamos calcular el radio de curvatura en B para poder despejar N B de (2):
ρ =
[1 +
(dy / dx) 2
2
d y / dx
de la trayectoria:
d / dx :
en el punto B:
]
32
(5)
2
x1 2 + y 1 2 = 2
1 −1 2 1 −1 2 dy
x + y
= 0
2
2
dx
dy
x −1 2
= − −1 2 = − x −1 2 y 1 2
dx
y
dy
dx
(6)
(θ = − 45°)
= −1
x =1, y =1
derivando (6):
d2y
dy
1
1
1
1
= y1 2 x −3 2 − x −1 2 y −1 2
= y 1 2 x −3 2 +
2
dx
2
2
dx
2
2x
en el punto B:
d2y
dx 2
en (5):
en (2):
ρ =
an =
=1
x =1, y =1
[1 + (dy / dx) ]
2
d 2 y / dx 2
v B2
ρ
32
= 2,83 m
= 15,69 m/s2 y N B = 1700 N
Recordando el resultado (4) podemos evaluar ahora la aceleración total del móvil en B:
aB =
at2 + an2 = 17,15 m/s2
Pontificia Universidad Católica del Perú
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-27
Ejemplo 3.13:
El collarín de masa m = 4 kg mostrado se suelta del
reposo en la posición (1). El sistema se encuentra en
un plano vertical. Si la constante de resorte es k =1
kN/m y el resorte no está estirado en la posición (2) y
sabiendo además que el coeficiente de fricción
cinético entre el collarín y la guía es μ k = 0,4 se pide
calcular:
250 mm
(1)
k
(2)
a) La velocidad del collarín cuando ha descendido
a la posición (2)?
b) La aceleración y las fuerzas que actúan sobre el
collarín en dicha posición.
200 mm
Fig. 3-29
Solución: a) Utilizaremos el principio del trabajo y la energía para una partícula. Es
decir:
T1 + V1 + U F +1→2 = T2 + V2
donde
(1)
T1 = 0
V1 = m g (0,25) +
1
k Δ21
2
con Δ1 = L1 − L0 =
(0,25) 2 + (0,2) 2 − 0,2 = 0,12 m
V1 = ( 4 ) (9,8 ) ( 0, 25 ) +
1
(1000 ) ( 0 ,12 ) 2 = 17 ,02 Joule
2
T2 =
1
m v 22 = 2 v 22
2
V2 = 0
•
Cálculo del trabajo de la fuerza de fricción U F f 1→2 :
0 , 25
r
r
F
⋅
d
r
=
−
∫ f
∫ F f dy
( 2)
U F f 1→2 =
Ff = μk N
es decir:
→
θ
0
(1)
donde N = FR cos θ
N = k ( L − L0 )
L ⎞
0,2
⎛
= k ⎜1 − 0 ⎟ 0,2
L
L⎠
⎝
L ⎞
⎛
F f = μ k k ⎜1 − 0 ⎟ 0,2 donde L =
L⎠
⎝
0 , 25
Reemplazando:
U F f 1→2 = −
∫
0
Pontificia Universidad Católica del Perú
⎛
μ k k (0,2) ⎜1 −
⎜
⎝
L20 + (0,25 − y ) 2
⎞
⎟ dy
2
2 ⎟
L0 + (0,25 − y ) ⎠
L0
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-28
0 , 25
= −
∫
⎛
⎞
⎟ dy
2
2 ⎟
⎜
y
(
0
,
2
)
(
0
,
25
)
+
−
⎝
⎠
⎞
0,2
⎟ dy
0,1025 − 0,5 y + y 2 ⎟⎠
0
0 , 25
= −
∫
0
⎛
80 ⎜1 −
⎜
⎝
evaluando:
U F f 1→ 2 = − 3,239 Joule
en (1):
17,02 − 3,239 = 2 v22
de donde finalmente:
0,2
μ k k (0,2) ⎜1 −
v2 = 2,63 m/s
b) Cálculo de la aceleración y de las fuerzas sobre el collarín en posición (2):
Según Newton, para ese instante se cumplirá:
Ff
FR
N
mg
=ˆ
ma
Fig. 3.31
∑F
∑F
H
:
N − FR = 0
(2)
V
:
m g − Ff = m a
(3)
Dado que en este instante la fuerza del resorte es nula (el resorte no está deformado)
entonces, para que se cumpla el equilibrio en el sentido horizontal, ecuación (2), la fuerza
normal también es nula. Si no hay fuerza normal, tampoco hay fuerza de fricción.
Entonces, de (3):
→
m g = ma
a = 9,8 m/s2 (↓)
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Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 3 Trabajo y Energía
Pág. 3-29
3.6 Potencia y eficiencia
ΔU
Δt
Potencia media:
Pm =
Potencia instantánea:
P = lim
dU
ΔU
=
Δt
dt
r drr
P = F⋅
dt
Δ t →0
→
r r
P = F ⋅v
Eficiencia (η ) :
PE
[Joule/s = Watt]
Sistema
PS
Fig. 3.32
La eficiencia de un sistema es la relación entre la potencia de salida y la potencia de
entrada. En otras palabras, la eficiencia es una medida de la potencia que se disipa entre la
entrada y salida del sistema:
η =
Ps
Pe
(< 1)
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Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 4 Cantidad de Movimiento y Momento Cinético
Pág. 4-1
Cap. 4 Impulso y cantidad de movimiento
4.1 Impulso y cantidad de movimiento
r
Sea F la fuerza resultante de todas las fuerzas
que actúan sobre la partícula de masa m en
cualquier instante de su movimiento. Entonces:
r
F1
(1)
r
F2
m
r
Fn
z
r
F =
(2)
r
r
r
F3
r
Fi
Por: Jorge Rodríguez Hernández, Dipl.-Ing.
Profesor del Área de Diseño
Sección de Ingeniería Mecánica
C
r
F
∑ i
de la 2° ley de Newton sabemos que:
r
r
d
y
F
=
(m v )
O
dt
Fig. 4-1
r
r
x
F dt = d (m v )
es decir:
r
r
r
Se define cantidad de movimiento (o momentum lineal) p como:
p = mv
r
F
∫ dt =
integrando (4.1):
( 2)
( 2)
(1)
(1)
(4.1)
(4.2)
r
∫ d (m v )
r
r
r
F
∫ dt = m v( 2) − m v(1)
( 2)
es decir:
(4.3)
(1)
r
F
∫ dt
( 2)
se denomina “impulso lineal” de la fuerza resultante de
todas las fuerzas que actúan sobre la partícula.
r
r
r
Δ p = m v( 2 ) − m v(1) es la variación de la cantidad de movimiento
de la partícula.
( 2) r
( 2) r
( 2) r
( 2) r
( 2) r
∫ F dt = ∫ F1 dt + ∫ F2 dt + ⋅ ⋅ ⋅ + ∫ Fn dt = ∑ ∫ Fi dt
donde:
(1)
pero:
(1)
(1)
en (4.3) y ordenando:
(1)
r
m v(1) +
(1)
( 2)
r
∑ ∫ F dt
i
i
(1)
(1)
r
= m v( 2 )
(4.4)
Ecuación de impulso (lineal)
y cantidad de movimiento.
En general se puede expresar (4.4) por sus componentes escalares:
(2)
m x& (1) +
∫F
x
dt = m x& ( 2 )
(1)
(2)
m y& (1) +
∫F
y
dt = m y& ( 2 )
z
dt = m z& ( 2 )
(1)
(2)
m z& (1) +
∫F
(1)
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Cap. 4 Cantidad de Movimiento y Momento Cinético
Pág. 4-2
4.2 Conservación de la cantidad de movimiento
Si en particular se cumpliera que la suma de los impulsos lineales sobre una partícula es
nula, entonces no hay variación en su cantidad de movimiento. Ello significa que la
cantidad de movimiento se mantiene constante.
( 2)
Es decir, si
r
∑ ∫ F dt
i
i
= 0
r
r
m v(1) = m v( 2)
→
(1)
r
m v = constante
o dicho de otra manera:
es decir, la cantidad de movimiento se conserva.
Nota:
Esta última condición podría cumplirse solamente en una cierta dirección,
diremos entonces que la cantidad de movimiento se conserva en dicha dirección.
Llamando u a esa dirección podemos escribir:
( 2)
∑ ∫F
ui
i
dt = 0
→
m vu = constante
(1)
Ejemplo 4.1: Un bloque tiene una masa de 500 kg y descansa en una superficie con
coeficientes de fricción μ s = 0,5 y μ k = 0,4. El motor proporciona al cable
una fuerza horizontal de arrastre T variable, según indica la gráfica. Se pide
determinar la velocidad del bloque cuando t = 5 s. En el instante inicial la
tensión en el cable es nula.
T [N]
1800
T T
T = 200 t 2
Fig. 4-2
0
3
t [s]
Fig. 4-3
Solución: DCLs en el instante de movimiento inminente:
T
F
F
T
Ff
mg
∑F
x
=0:
N
Fig. 4-4
F − F f max = 0
2 T − μs N = 0
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(1)
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Cap. 4 Cantidad de Movimiento y Momento Cinético
∑F
y
Pág. 4-3
N = mg
= 0:
(2)
2T − μ s m g = 0
(2) en (1):
2 (200 t 2 ) = μ s mg
Suponiendo t ≤ 3 s :
→
t = 2,476 s para iniciar el movimiento.
DCL en el movimiento:
F = 2T
Aplicaremos la ecuación del impulso y la
cantidad de movimiento:
r
m v(1) +
∑
i
Ff
r
r
F
∫ i dt = m v( 2)
( 2)
mg
N
Fig. 4-5
(1)
( 2)
(+ )
→:
∑ ∫F
m v(1) +
ix
dt = m v( 2 )
(1)
3
0 +
∫
5
2 T dt +
2 , 476
∫ 2 T dt
5
−
3
∫F
f
dt = 500 v2
2 , 476
3
2
∫
200 t dt + 2 (1800) (5 − 3) − 0,4 (500) (9,81) (5 − 2,476) = 500 v2
2
2 , 476
t3
2 (200)
3
→
3
+ 7200 − 4947,04 = 500 v2
2 , 476
v2 = 7,658 m/s
Nota: Una solución alternativa para el análisis del movimiento (a partir del instante
t = 2,476 s) lo ofrece la aplicación directa de la segunda ley de Newton:
F
=ˆ
ma
Ff
Fig. 4-6
mg
∑F
x
∑F
y
:
= 0:
(4) en (3):
N
F − Ff = m a
2 T − μk N = m a
(3)
N − mg = 0
(4)
2T − μ k m g = m a
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Cap. 4 Cantidad de Movimiento y Momento Cinético
2T − μ k m g = m
Pág. 4-4
dv
dt
(2 T − μ k m g ) dt = m dv
es decir:
(5)
Esta expresión (5) es válida para cualquier instante de movimiento del bloque. Dado que la
tensión T varía según dos funciones del tiempo, para proceder a su integración tendremos
que considerar los intervalos correspondientes:
•
integrando (5) para el intervalo de tiempo desde 0,476 s hasta 3 s:
3
∫ (2 T
v1
∫ m dv
− μ k m g ) dt =
2 , 476
0
v1
3
∫ [2 (200 t
como T = 200 t :
2
2
∫ 500 dv
) − 0,4 (500) (9,8)] dt =
2 , 476
v1 = 1,098 m/s
resolviendo:
•
0
(velocidad del bloque al finalizar este intervalo)
integrando (5) para el intervalo de tiempo desde 3 s hasta 5 s:
5
v2
3
v1
∫ (2T − μ k m g ) dt =
∫ m dv
3
∫ [2 (1800)
como T = 1800 :
− 0,4 (500) (9,8)] dt =
0 , 476
v2
∫ 500 dv
1, 098
v2 = 7,658 m/s
resolviendo:
Ejemplo 4.2: Para el mismo ejemplo anterior pero ahora se pide calcular el tiempo
necesario para que el bloque alcance una velocidad de 10 m/s.
Igual que antes: se necesita que transcurra t = 2,476 s para iniciar el movimiento.
Asumamos que el bloque alcanza la velocidad de 10 m/s después de 3 s.
(+ )
→:
( 2)
m v(1) +
∑ ∫F
xi
dt = m v( 2)
(1)
t
3
0 +
∫
2 T dt +
2 , 476
3
2
∫
∫ 2 T dt −
3
t
∫F
f
dt = 500 (10)
2 , 476
200 t dt + 2 [1800 (t − 3 )] − 0,4 (500) (9,81) (t − 2,476) = 500 (10)
2
2 , 476
→
t = 5,72 s
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Cap. 4 Cantidad de Movimiento y Momento Cinético
Pág. 4-5
Ejemplo 4.3:
Los cuerpos A y B mostrados en la figura tienen masas mA = 4 kg y mB = 2 kg
respectivamente. Los cuerpos están interconectados por una cuerda inextensible que pasa a
través de las poleas en A y C. Los coeficientes de fricción entre B y el plano son
μ s = 0,25 y μ k = 0,20 . La magnitud de la fuerza P varía en la forma indicada en el
diagrama. Se sabe que en el instante t = 0 la velocidad de B es 10 m/s hacia la derecha.
Determinar cuál es la velocidad mínima de B en el intervalo 0 < t < 4 y en qué instante
ocurre.
B
C
P [N]
P
P = 25 t
50
Fig. 4.7
P = − 25 t + 100
0
4
2
A
t [s]
Fig. 4.8
Solución:
Utilizaremos el principio de impulso y cantidad de movimiento para cada
partícula aislada.
( 2) r
r
r
Para cada una se cumplirá:
∑ ∫ Fi dt = mi vi ( 2) − mi vi (1)
(1)
t
y
T
Bloque A:
↑ (+) :
T
∫
t
∫m
2 T dt −
0
A
g dt = m A v A ( 2 ) − m A v A (1)
0
t
∫ T dt
t
−
0
mA
m
g dt = A ( v A ( 2 ) − v A (1) )
2
2
∫
0
vB
2
mA
4 v
10
g dt = ( B −
)
2
2 2
2
de la cinemática de cuerpos ligados:
mA g
t
∫ T dt
Fig. 4.9
t
−
0
0
t
→
∫ T dt
∫
t
−
0
vA =
mA
g dt = v B − 10
2
∫
0
(1)
Bloque B:
B
(+ )
T
P
→ x:
t
− ∫ T dt −
0
Ff
t
∫ P dt
0
0
t
mB g
N
Fig. 4.10
t
∫ F f dt +
− ∫ T dt − 0,4 g t +
0
= mB v B( 2 ) − mB v B(1)
t
∫ P dt
= 2 v B − 20
(2)
0
t
de (1) y (2):
∫ P dt
− 0,4 g t − 2 g t = 3 v B − 30
0
t
→
∫ P dt
− 2,4 g t = 3 v B − 30
(3)
0
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Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 4 Cantidad de Movimiento y Momento Cinético
•
Examinemos el periodo 0 ≤ t ≤ 2 s :
Pág. 4-6
P = 25 t
t
∫ 25 t dt
en (3):
− 2,4 (9,81) t = 3 v B − 30
0
v B = 4,167 t 2 − 7,848 t + 10
→
extremos:
dv B
= 0 → 8,334 t − 7,848 = 0 → t = 0,94 s
dt
max.? mín.?:
d 2 vB
= 8,334 t > 0 ⇒ mínimo
dt 2
para t = 0,94 s → v B = 6,3 m/s
•
(mínima)
Examinemos el periodo 2 ≤ t ≤ 4 s :
P = 25 t + 100
Entonces:
2
∫ 25 t dt
en (3):
t
∫ (−25 t + 100) dt
+
0
− 2,4 (9,81) t = 3 v B − 30
2
v B = − 4,167 t 2 + 25,485 t − 23,333
→
dv B
= − 8,334 t + 25,485 = 0 → t = 3,058 s
dt
extremos?
para t = 3,058 s
→
v B = 15,63 m/s
(máxima)
Concluimos que para el periodo estudiado la velocidad mínima se dará para t = 0,94 s y
su valor es de v B = 6,3 m/s.
Ejemplo 4.4:
Sobre un bloque de masa m = 100 kg actúa una fuerza horizontal cuya magnitud varía
según la gráfica mostrada. Sabiendo que el bloque parte del reposo cuando t = 0 y que los
coeficientes de fricción estática y cinética entre el bloque y el plano inclinado son
μ s = 0,35 y μ k = 0,25 respectivamente, se pide analizar la velocidad del bloque para
diferentes fases del movimiento hasta el instante t = 60 s.
P [N]
2500
P
P = 50 t − 500
3
Fig. 4.11
4
0
- 500
10
60
t [s]
Fig. 4.12
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Cap. 4 Cantidad de Movimiento y Momento Cinético
Pág. 4-7
Solución: Según la segunda ley de Newton, para cualquier instante del movimiento se
cumplirá que:
ma
x
y
θ
P
θ
mg
Ff
θ
=ˆ
N
Fig. 4.13
La fuerza de fricción tomará un sentido u otro según sea el sentido del movimiento.
∑F
y
N − P senθ − mg cosθ = 0
:
N − (50 t − 500) ⋅
N = 484 + 30 t
es decir:
3
4
− 100 g ⋅ = 0
5
5
(1)
Notar que para t = 0 → P = −500 N , es decir, está dirigida hacia la izquierda.
•
¿Se moverá el bloque en t = 0 ?. Como P es hacia la izquierda entonces veremos si
vence la F f max (estática).
?
500 cos θ + mg sen θ > F f max = μ s N
x
y
θ
⎛4⎞
⎛3⎞ ?
500 ⎜ ⎟ + 100 g ⎜ ⎟ > F f max = 0,35 ( 484)
⎝5⎠
⎝5⎠
P
Ff
θ
mg
?
N
988 > 196,4 (Ok)
Es decir, el bloque se mueve desde t = 0 .
Fig. 4.14
•
Análisis del movimiento mediante la ecuación de cantidad de movimiento e impulso
lineal:
2 r
r
r
m v1 + ∑ ∫ Fi dt = m v2
1
t
+
0 +
∫ (− P
x
+ mg senθ − F f ) dt = m v con F f = μ k N
0
t
⎛3⎞
4
∫ [(−50 t + 500) ⋅ 5 + 100 g ⎜⎝ 5 ⎟⎠ − 0,25 (484 + 30 t )] dt
= 100 v
0
→
v = − 0,2375 t 2 + 8,67 t
(2)
Ahora veamos, P invierte su sentido cuando P = 50 t − 500 = 0 , es decir cuando t = 10 s.
De (2) se ve que si t = 10 s →
descendiendo.
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v = 62,95 m/s, en consecuencia, el bloque continúa
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 4 Cantidad de Movimiento y Momento Cinético
Pág. 4-8
El bloque se detendrá si v = − 0,2375 t 2 + 8,67 t = 0
→
t = 36,51 s
Es decir, la ecuación (2) es válida para t ∈ [0 ; 36, 51] s.
dv
= − 0,475 t + 8,67 = 0
dt
En ese intervalo, v es máxima si:
→
t = 18,25 s
Cuando t = 36,51 s
•
→
→
vmax = 79,1 m/s
P = 50 (36,51) − 500 = 1325,5 N (→)
¿Se moverá el bloque inmediatamente en sentido ascendente?
?
P cosθ − mg sen θ > F f max = μ s N
x
y
θ
?
1325,5 (4 / 5) − 100 (9,8) (3 / 5) > 0,35 (484 + 30 ⋅ 36,51)
P
θ
mg
Ff
(3)
?
472,4 > 552,75 N
N
no!
El bloque no se mueve inmediatamente!
Fig. 4.15
•
En que instante reinicia su movimiento el bloque?
!
(50 t − 500) (4 / 5) − 100 (9,8) (3 / 5) = 0,35 (484 + 30 t )
de (3):
→
t = 39,23 s
A partir de este instante se inicia el movimiento ascendente:
r
m v1 +
2
r
∑∫ F
i
r
dt = m v2
1
t
+
0 +
∫ ( P cosθ
− m g senθ − F f ) dt = m v
39 , 23
→
4
3
⎡
⎤
(
50
t
500
)
100
(
9
,
8
)
−
⋅
−
⋅
− 0,25 (484 + 30 t )⎥ dt = 100 v
⎢⎣
5
5
⎦
39 , 23
→
v = 0,1625 t 2 − 11,09 t + 184,97
t
Si t = 60 s:
∫
(4)
v = 104,57 m/s
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Cap. 4 Cantidad de Movimiento y Momento Cinético
Pág. 4-9
4.3 Momento cinético e impulso angular
r
Se define momento cinético H O como:
r
F1
r
r
r
HO = r × mv
r
El momento cinético H O es el “momento” de
r
la cantidad de movimiento m v con respecto al
punto O.
r
d r
d r
(r × m v )
H0 =
dt
dt
r
r
r d
r
= v × m v + r × (m v )
dt
=0
r
F2
(1)
m
r
Fn
r
r
z
r
rv
F3
r
Fi
(2)
C
y
O
(4.5)
Fig. 4-16
x
r
r
d r
H0 = r × ma
dt
r r
d r
H0 = r × F
según la 2da. Ley de Newton:
dt
r
r
donde:
F = ∑ Fi
r
r r
MO = r × F
y como:
r
r
dH O
de (4.6) y (4.7):
= MO
dt
es decir:
(4.6)
(4.7)
Integrando entre las posiciones (1) y (2) que ocupa la partícula durante su recorrido:
r
d
H
∫ O=
r
M
∫ O dt
( 2)
( 2)
(1)
(1)
r
r
r
M
dt
=
H
−
H
O ( 2)
O (1)
∫ O
( 2)
es decir:
(4.8)
(1)
( 2)
r
∫M
donde:
O
(1)
r
ΔH O
se denomina “impulso angular” del momento resultante de
todas las fuerzas que actúan sobre la partícula.
r
r
= H O ( 2) − H O (1) es la variación del momento cinético de la
dt
partícula con respecto a O.
( 2) r
r
∫ M O dt = ∫ M O1 dt +
( 2)
pero:
(1)
en (4.8) y ordenando:
(1)
r
H O (1) +
r
M
∫ O 2 dt + ⋅ ⋅ ⋅ +
( 2)
(1)
(1)
( 2)
r
∑ ∫M
Oi
r
dt = H O ( 2 )
(1)
o lo que es lo mismo:
r
M
∫ O n dt =
( 2)
r
r
r(1) × m v (1) +
( 2)
r
∑ ∫M
Oi
r
M
∑ ∫ O i dt
( 2)
(1)
Ecuación de impulso angular
y momento cinético.
r
r
dt = r( 2 ) × m v( 2 )
(4.9)
(4.10)
(1 )
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Cap. 4 Cantidad de Movimiento y Momento Cinético
Pág. 4-10
4.4 Conservación del momento cinético
r
M
∑ ∫ O i dt = 0
( 2)
Si en particular tuviéramos que
→
r
r
H O (1) = H O ( 2 )
(1)
r
H O = constante
o dicho de otra manera:
es decir, la cantidad de movimiento se conserva.
Esta última condición podría cumplirse solamente en una cierta dirección,
diremos entonces que el momento cinético se conserva solamente en dicha
dirección. Suponiendo que esa dirección es z entonces podemos escribir:
Nota:
( 2)
∑ ∫M
i
O zi
dt = 0
→
H 0 i z = constante
(1)
A finales del capítulo 2 hemos estudiado el movimiento debido a fuerza central y hemos
establecido que dicho movimiento ocurre en un plano (digamos xy) y que el momento
cinético en la dirección perpendicular a dicho plano se conserva. Es decir:
r
H O = constante
r
r
H O (1) = H O ( 2 )
r
r
r
r
r1 × m v1 = r2 × m v2
→
r12 θ&1 = r22 θ&2
en dirección z:
Aplicación a la mecánica espacial:
•
v2
Conservación de energía:
1
GM m
GM m
1
m v12 −
= m v22 −
2
2
r1
2
φ2
v1
r2
M
φ1
r1
m
•
Conservación
del momento cinético: (pues la
r
fuerza F es central)
r
r
∑ M 0 = 0 : → H 0 = constante
o sea:
r
r
r × mv = constante
Fig. 4-17
y también:
r
r
r
r
r1 × m v1 = r2 × m v2
r
r
r
r
r1 × m v1 = r2 × m v2
simplificando:
r r
r r
r1 × v1 = r2 × v2
Aquí:
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Cap. 4 Cantidad de Movimiento y Momento Cinético
Pág. 4-11
r1 v1 senφ1 = r2 v2 senφ2
de donde:
Expresión que equivale a decir que la velocidad areolar es constante, como se vio en el
segundo capítulo (movimiento debido a la acción de fuerza central).
Ejemplo 4.5:
Una nave espacial se encuentra en A (rA = 8047 km) y tiene velocidad v A = 27358 km/h
dirigida según φ A = 70 o . Cuando se encuentra en B (rB = 8852 km) se hace una corrección
del curso según el ángulo α y manteniéndose el módulo de la velocidad v B . Dicha
corrección de curso se hace para que en el apogeo de la nueva trayectoria C sea tangente a
la órbita de una estación espacial cuya trayectoria es circular alrededor de la tierra a una
distancia de 12070 km. Se pide determinar el ángulo de corrección α. El radio de la tierra
es: RT = 6,37.10 6 m
Solución:
vA
φA
B
φB φB′
vB
v′B
rB
A
El cambio brusco de dirección en B implica la
acción de alguna fuerza instantánea en B diferente a
la gravitatoria.
•
C
rC
M
Fig. 4-18
Entre A y B: TA + V A = TB + VB
1
GM m
GM m
1
m v A2 −
= m v B2 −
2
rA
2
rB
vC
(1)
vA = 27358 km/h = 7599,44 m/s
donde:
rA = 8,0477 . 10 6 m
rB = 8,852 . 10 6 m
G M = g RT2 = 9,8 m/s2 ⋅ (6,37 . 10 6 m) 2 = 397,65.1012 m3/s2
v B = 6983,1 m/s
r
H O = constante
de (1):
además:
→
•
→
rA v A senφ A = rB v B senφ B
(2)
φ B = 68,38 o
Entre B y C (luego de la corrección):
1
1
GM m
GM m
= m vC2 −
mB v B2 −
2
rB
2
rC
→
(3)
vC = 4980,97 m/s
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Cap. 4 Cantidad de Movimiento y Momento Cinético
y además:
→
Pág. 4-12
rB vB senφB′ = rC vC sen 90°
φ B′ = 76,55 °
α = φ B′ − φ B = 8,17°
En consecuencia, la corrección necesaria en B será:
Ejemplo 4.6:
M
Un bloque de m =5 kg está en reposo como se
muestra. La varilla (peso despreciable y longitud
l = 0,4 m) la une con la rótula en A. Si se aplica a
la barra un momento M = 3 t [N-m] donde t en
[s] y una fuerza horizontal P = 10 N, hallar la
rapidez del bloque para t = 4 s.
m
B
P
A
l
Fig. 4-19
Solución:
r
r M
RA
En cualquier instante tendremos:
m
P
A
N
mg
l
Fig. 4-20
r
Tomaremos momentos en torno al punto A para librarnos de R A .
r
H A(1) +
r
r
M
dt
=
H
∑ ∫ Ai
A( 2 )
( 2)
(1)
( 2)
en el eje z:
H A z (1) +
∑ ∫M
Ai z
dt = H A z ( 2 )
(1)
H A z (1) +
t2
∫ M dt
t1
+
t2
∫ l P dt
= H A z ( 2)
t1
(pues el peso y la normal N no tienen componente de momento en z)
4
→
0 +
∫ 3 t dt
+ (0,4) (10) (4) = 5 v( 2 ) (0,4)
0
v( 2) = 20 m/s
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Cap. 4 Cantidad de Movimiento y Momento Cinético
Pág. 4-13
r
v1
Ejemplo 4.7:
R1
A un pequeño bloque de masa m = 0,1 kg se le
comunica una velocidad horizontal v1 = 0,4 m/s cuando
R1 = 0,5 m. Si el bloque se desliza sobre la superficie
cónica lisa mostrada y sabiendo que luego de descender
una distancia vertical h alcanza una rapidez de v2 = 2
m/s, se pide calcular dicha distancia h. Así mismo,
¿cuál es el ángulo de descenso ϕ, es decir, el que se
toma entre el plano horizontal y la tangente de la
trayectoria?. La altura del cono es H = 1 m.
O1
h
R2 O2
ϕ r
v2
H
Fig. 4-21
Solución:
•
(1)
Dado que no hay fricción se conserva la energía:
T1 + V1 = T2 + V2
R1
O1
1
1
m v12 + m g h = m v22
2
2
O2
R2
(2)
1
1
(0,4) 2 + (9,80) h = (2) 2
2
2
Vista superior
(1)
•
R1
H
=
R2
H −h
de la geometría:
h
0,5
1
=
R2
1 − 0,196
(2)
H
•
→ h = 0,196 m
→
R2 = 0,402 m
Ecuación de impulso angular y momento cinético:
Vista frontal
r
H O (1) +
( 2)
r
∑ ∫M
Oi
r
dt = H O ( 2 )
(1)
Fig. 4-22
Dado que las únicas fuerzas que actúan sobre el bloque son el peso y la normal y que la
primera es siempre paralela al eje vertical z mientras que la segunda corta siempre a dicho
eje z, entonces se conserva el momento cinético en dicha dirección z:
H O (1) z = H O ( 2 ) z
m R1 v1 = m R2 v2 cos ϕ
cosϕ =
(0,5) (0,4)
= 0,249
(0,402) (2)
→ ϕ = 75,6°
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Cap. 4 Cantidad de Movimiento y Momento Cinético
Pág. 4-14
Ejemplo 4.8:
Un gobernador mecánico de velocidad está
formado por dos esferas idénticas de masa m
montadas en dos varillas rígidas de longitud L y
la masa despreciable, las cuales giran alrededor
del eje vertical. Un mecanismo interno ajusta la
posición angular ϕ de las varillas para asegurar
la obtención de la velocidad angular del sistema
ω1 cuando las varillas están horizontales
(ϕ 1 = 90°) . Se pide determinar la velocidad
angular ω 2 cuando ϕ 2 = 45° .
O
l
ϕ
l
ϕ
ω
Fig. 4-23
Solución: El siguiente DCL muestra que las líneas de acción de las fuerzas que actúan
sobre cada esfera, o pasan por la articulación O, o son paralelas al eje de
rotación z.
O
x
ϕ
y
l T
r
z
Fig. 4-24
mg
Ecuación de momento cinético y momento angular:
r
H O1 +
r
2
∑∫M
Oi
r
dt = H O 2
1
2
∑∫M
se ve claramente que:
O zi
dt = 0
→
H O z = constante
1
entonces:
H O z1 = H O z 2
2 m l sen ϕ1 v1 = 2 m l sen ϕ 2 v2
(1)
sen ϕ 1 = sen 90° = 1
donde:
v1 = ω1 l
v2 = ω 2 l senϕ 2
reemplazando:
→
es decir:
2 m l (ω1 l) = 2 m l senϕ 2 (ω 2 l senϕ 2 )
ω2 =
ω1
ω1
=
2
sen ϕ 2
sen 2 45°
ω 2 = 2 ω1
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Cap. 5
Pág. 5-1
Dinámica de sistemas de partículas
Por: Jorge Rodríguez Hernández, Dipl.-Ing.
Profesor del Área de Diseño
Sección de Ingeniería Mecánica
5.1 Principio de D’Alembert
r
Sea un sistema de n partículas sometidas todas ellas a diversas cargas externas. Sea Fi la
resultante de las fuerzas externas que actúan sobre la i-ésima partícula. Además, entre la ir
r
ésima y la j-ésima partículas actúan las fuerzas f i j y f j i .
r
F1
r
f12
m1
r
Fn
r
f n1
mn
r
f1n
r
f 21
r
f1i
r
f n2
m2
r
f 2n
r
f ni
r
f 2i
r
fi2
r
f i1
r
Fi
r
f in
y
mi
r
ri
O
r
F2
x
z
Fig. 5-1
r
Principio de D'Alembert 1) : “El sistema de fuerzas exteriores Fi y el sistema de fuerzas
r
efectivas m a i son equivalentes”.
r
F1
r
m2 a 2
m1
r
Fn
m1
m2
r
r1
r
r2
mn
r
rn
r
F2
r
Fi
r
mn a n
y
O
x
r
ri
mi
m2
r
mi ai
y
=ˆ
O
z
r
m1 a1
mn
x
r
ri
mi
z
Sistema I
Fig. 5-2
Sistema II
Es decir, el principio de D’Alembert establece que:
•
La resultante del sistema I es igual a la resultante del sistema II:
r
r
r
r
R I = R II :
∑ Fi = ∑ mi ai
(5.1)
•
El momento resultante del sistema I con respecto a un cierto punto (por ejemplo O) es
igual al momento resultante del sistema II con respecto al mismo punto:
r
r
r r
r
r
M OI = M OII :
(5.2)
∑ ri × Fi = ∑ ri × mi ai
1)
Jean Le Rond D'Alembert, científico y pensador francés de la Ilustración (París, 1717-1783). Sus investigaciones en
matemáticas, física y astronomía le llevaron a formar parte de la Academia de Ciencias con sólo 25 años; y resultaron
de tal relevancia que aún conservan su nombre un principio de física que relaciona la estática con la dinámica y un
criterio de convergencia de series matemáticas.
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-2
Probaremos que ambos sistemas son equivalentes. La 2a ley de Newton aplicada a la
partícula i establece que:
r
Fi +
r
n
∑f
i =1
ij
r
= mi ai
(5.3)
Sumando para todo el sistema:
r
f
∑∑ ij =
r
F
∑ i +
n
n
i =1
→
n
i =1 j =1
r
n
∑m a
i =1
i
i
r
(y f ii = 0 )
r
r
= 0, pues f ij = − f ji
r
∑F
i
r
∑m a
=
i
(5.4)
i
Esta última expresión es también conocida como la 1a ley de Euler
partículas.
1)
para sistemas de
Además, si multiplicamos por la izquierda cada uno de los términos de la expresión (5.3):
r r
ri × Fi +
n
r
r
∑r×f
i
ij
r
r
= ri × mi ai
j =1
Sumando para todo el sistema:
n r
n
n r
r
r
r
×
F
+
r
×
f
∑ i i ∑∑ i ij =
i =1
→
i =1 j =1
n
r
r
∑r × m a
i =1
i
i
i
r
r r r r
r r
= 0, pues: ri × f ij + r j × f ji = (ri − r j ) × f ij = 0
r
r
i
i
∑r × F
=
r
r
∑r × m a
i
i
(5.5)
i
Esta última expresión es también conocida como la 2ª ley de Euler para sistemas de
partículas.
Las expresiones (5.4) y (5.5) prueban la equivalencia de los dos sistemas presentados.
Dichas expresiones también suelen ser presentadas de la forma:
r
r
F
∑ i − ∑ mi ai = 0
r r
r
r
r
∑ i × Fi − ∑ ri × mi ai = 0
(5.6)
(5.7)
Ellas representan el denominado “equilibrio dinámico” por su analogía con las ecuaciones
que expresan el equilibrio estático.
1)
Leonhart Euler, célebre matemático suizo nacido el 15 de abril de 1707, en Basilea, Suiza y fallecido el
18 de septiembre de 1783, en St.Petersburg, Rusia.
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-3
5.2 Movimiento del centro de masa
r
rG =
Sabemos que:
r
∑m r
∑m
i
i
=
i
r
M &r&G =
derivando:
→
∑m
i
r
∑F −
i
∑m
i
r
ri
M
&rr&
i
→
→
r
M rG =
r
M aG =
∑m
i
∑m
i
r
ri
r
ai
r
M aG = 0
(5.8)
(5.9)
Notas:
i)
Si
r
r
r
F
∑ i = 0 → aG = 0 → vG = const.
⇒
el centro de masa G se mueve con velocidad constante sobre una trayectoria
rectilínea.
r
En particular si v G = 0 (reposo) → G permanece en reposo.
ii)
Si en particular
r
F
∑ i ≠ 0 pero
∑F
ix
= 0 (por ejemplo)
→ aGx = 0 → vGx = constante.
Muy en particular, si inicialmente vGx = 0 → rGx permanecerá constante.
Ejemplo 5.1:
La cuña A de 20 kg descansa sobre un
piso liso. Sobre ella hay tres bloques B,
C y D de 2, 8 y 10 kg respectivamente,
unidas mediante cuerdas inextensibles.
Inicialmente los bloques B y D están a la
misma altura. Se pide determinar el
desplazamiento de A cuando B y D están
separados en una altura de 12 cm.
Solución: Para el sistema de partículas se cumple que
r
∑F
r
− M aG = 0 .
Dado que las únicas fuerzas externas que actúan sobre el sistema son las del peso propio de
las partículas y todas ellas son verticales, entonces en dirección x no actúan fuerzas
externas. Así, en esa dirección se cumple para el sistema:
∑F
x
− M aGx = 0
→
aGx = 0
El hecho de que aGx = 0 implica que vGx = constante . Ahora, como en este caso en
particular el sistema está inicialmente en reposo y entonces vGx = 0 , una nueva integración
nos permite ver que rGx = constante , es decir, que la coordenada en x de la posición del
centro de masa del sistema permanecerá inalterable.
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-4
Determinación de la posición del
centro de masa del sistema al inicio del
movimiento:
xG 1 =
m A x A + mB x B + mC xC + mD x D
m A + mB + mC + mD
Determinación de la posición del
centro de masa del sistema cuando los
bloques se han desplazado en una
distancia “s” con respecto al bloque A:
xG 2 =
m A ( x A + x) + mB ( x B + x − s cos 45°) + mC ( xC + x − s ) + mD ( x D + x − s cos 60°)
m A + mB + mC + mD
Como xG 1 = xG 2
→
x =
(mB cos 45° + mC + mD cos 60°) s
m A + mB + mC + mD
(1)
B y D estarán distanciados 12 cm verticalmente cuando:
→
s sen 45° + s sen 30° = 12
en (1):
s = 9,94 cm
x = 3,58 cm
→
Problema 5.2:
Las tres esferas pequeñas tienen masa m cada una y están unidas entre sí por dos varillas
rígidas de longitud L y peso despreciable. En el instante mostrado el sistema se encuentra
en reposo sobre una superficie horizontal lisa. Si se aplica bruscamente una fuerza F como
se muestra, se pide hallar la aceleración de la masa a la que se aplica F en el instante en
que el sistema sale del reposo. Se conocen: F, m, θ , L.
y
(1)
r
r1
L
r
r3
O
θ
(3)
r
F
x
θ
r
r2
L
(2)
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x
Fig. 5-5
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-5
Solución:
r r
r1 = r3 − L cos θ iˆ + L senθ ˆj
→
r
r1 = ( x − L cos θ ) iˆ + L senθ ˆj
(1)
además
r
r2 = ( x − L cos θ ) iˆ − L senθ ˆj
(2)
también
r
r3 = x iˆ
(3)
r
r&1 = ( x& − L senθ θ&) iˆ + L cos θ θ& ˆj
&rr& = ( &x& + L cos θ θ& 2 + L senθ θ&&) iˆ + (− L senθ θ& 2 + L cos θ θ&&) ˆj
1
de (1):
d / dt :
= &x& iˆ + L θ&& senθ iˆ + L θ&& cos θ ˆj
(4)
r
r&2 = ( x& + L senθ θ&) iˆ − L cos θ θ& ˆj
&rr& = ( &x& + L cos θ θ& 2 + L senθ θ&&) iˆ − (− L senθ θ& 2 + L cos θ θ&&) ˆj
2
de (2):
d / dt :
= &x& iˆ + L θ&& senθ iˆ − L θ&& cos θ ˆj
r
r&3 = x& iˆ
de (3):
(5)
&rr& = &x& iˆ
3
→
(6)
r
∑F
El principio de D’Alembert establece que:
i
=
i
(+)
→ x : de (4), (5) y (6):
∑m
i
r
ai
i
F = m ( &x& + L θ&& senθ ) + m ( &x& + L θ&& senθ ) + m &x&
F = 3 m &x& + 2 m L θ&& senθ
→
(7)
m L θ&&
Para la masa 1:
θ
=ˆ
θ
T
m &x&
θ
m Lθ&& senθ
Fig. 5-6
∑F
:
→
0 = m L θ&& + m &x& senθ
L θ&& = − &x& sen θ
en (7):
F = 3 m &x& + 2 m (− &x& senθ ) senθ
ordenando:
&x& =
F
m (1 + 2 cos 2 θ )
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Nota:
Pág. 5-6
A continuación resolveremos el problemas pero separando las partículas.
Aplicando la segunda ley de Newton a la partícula (3):
T
θ
F
θ
=ˆ
m a3
T
Fig. 5-7
∑F →:
F − 2 T cosθ = m a3
(1)
Aplicando la segunda ley de Newton a la partícula (1):
t
m arel
=ˆ
θ
T
θ
m a3
n
m arel
Fig. 5-8
r
r
r
Aceleración de la partícula (1):
a1 = a3 + arel
r
donde la aceleración relativa arel es la aceleración relativa de la partícula (1) con respecto a
la (3). Dado que la varilla que las une es inextensible, entonces la trayectoria relativa de (1)
con respecto de (3) es una circunferencia. Así podemos escribir:
r
rt
rn
arel = arel
+ arel
y como en el instante analizado las velocidades son nulas:
∑F
(2)
:
T = m a3 cosθ
n
a rel
=
2
vrel
ρ
=0
(2)
F − 2 m a3 cos 2 θ = m a3
en (1):
→
a3 =
F
m (1 + 2 cos2 θ )
la cual, como era de esperar, coincide con el anterior resultado.
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-7
5.3 Trabajo en un sistema de partículas
r
F1
m1
r
Fn
r
f n1
mn
r
rn
r
f1n
r
f ni
r
r1
r
f1i
r
f1 j
r
f
ri1
f in
mi
r
Fi
r
f ij
r
ri
r
f nj
Sobre la i-ésima partícula de masa mi actúa la
r
r
fuerza externa Fi y las fuerzas internas f ij
r
f ji
r
r f j1
f jn
Si el sistema se desplaza en el espacio,
r
entonces la posición de la i-ésima partícula ri
r
varía en dri .
r
Fj
y
r
rj
( j = 1, 2, ....., n ) ; j ≠ i .
mj
x
O
z
Fig. 5-9
r
r
El trabajo que realizan las fuerzas Fi y f ij sobre la i-ésima partícula será:
r r
f
∑ ij ⋅ dri
r r
dU i = Fi ⋅ dri +
j
sumando para todo el sistema:
r r
U = ∑U i = ∑ ∫ Fi ⋅ dri +
2
i
i
1
14243
trabajo de las
fuerzas externas
2
∑∑∫
i
j
r r
f ij ⋅ dri
(5.10)
1
14
4244
3
trabajo de las
fuerzas internas
Notas:
r
r
El trabajo de las fuerzas internas será nulo sólo si f ij ⊥ dri . Ello no ocurre en
i)
sistemas deformables → dicho trabajo debe ser evaluado.
r
r
ii) En los sistemas indeformables (rígidos) ∑∑ ∫ f ij ⋅ dri = 0 , como se demuestra a
i
j
continuación:
r
F1
m1
r
Fn
r
f n1
r
f1n
r
f ni
r
f nj
mn
r
f1 j
r
f1i
r
f
ri1
f in
mi
r
ri
r
r f j1
f jn
r
f ji
y
r
rj
O
z
r
Fi
r
f ij
mj
x
Fig. 5-10
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r
Fj
Al moverse con todo el sistema las partículas
mi y m j se desplazan de tal manera que sus
r
r
posiciones ri y r j (mostradas en la figura)
r
r
cambian en dri y dr j respectivamente,.
El trabajo que realizan durante ese cambio de
r
posición las fuerzas f ij , actuando sobre mi , y
r
f ji , actuando sobre m j será:
r r
r
r
(5.11)
dU = f ij ⋅ dri + f ji ⋅ dr j
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-8
Puesto que la distancia entre A y B es invariable (pues el sistema es rígido) los
desplazamientos de ambas partículas están relacionados por la expresión:
r r r
r
r
dr j = dri + dφ × (r j + ri )
(5.12)
r r
r
r r r
r
dU = f ij ⋅ dri + f ji ⋅ [dri + dφ × (r j + ri )]
en (5.12):
r r
r r
r r
r r
= f ij ⋅ dri − f ij ⋅ dri + f ji ⋅ [dφ × (r j − ri )]
14
4r244
3
⊥ (r j − ri )
→
=0
dU = 0
∴ el trabajo de las fuerzas internas en un sistema rígido o indeformable es nulo. O lo que
es lo mismo: “en un sistema rígido sólo las fuerzas externas desarrollan trabajo”.
B
U A→ B =
r
r
i
i
∑ ∫ F ⋅ dr
(5.13)
A
5.4 Energía cinética en un sistema de partículas
m2
mn
r
vi
mi
m1
r
ri
r
ρi
mj
y'
x'
Sea un sistema de n partículas (i = 1, … , n).
En el instante mostrado cada partícula tiene
r
velocidad vi , por consiguiente, la energía
cinética asociada a ella será:
y
G
r
rG
O
z
z'
x
Ti =
1
m vi2
2
(5.14)
Fig. 5-11
Si sumamos para todas las partículas obtenemos la energía cinética del sistema:
T =
∑
1
m vi2
2
(5.15)
A continuación mostraremos otra forma de evaluar la energía cinética del sistema.
de (5.14):|
Ti =
r r
1
m (r&i ⋅ r&i )
2
(5.16)
Si denominamos G al centro de masa del sistema, entonces:
d / dt
→
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r r
ri = rG +
r r
r&i = r&G +
r
ρi
r
ρ& i
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-9
De acuerdo a (5.16) la energía cinética de la i-ésima partícula será:
r r
r r
1
mi (r&G + ρ& i ) ⋅ (r&G + ρ& i )
2
r r
r r r r
1
= mi (r&G ⋅ r&G + 2 r&G ⋅ ρ& i + ρ& i ⋅ ρ& i )
2
Ti =
Energía total:
1 r& r&
rG ⋅ rG ∑ mi +
2
T =
∑T
T =
1
M vG2 +
2
=
i
(∑ m ρr& )⋅ rr&
i
T =
G
pues:
=0
→
i
r
∑ m r&
i G
r
r r
1
⋅ ρ& i + ∑ mi ρ& i ⋅ ρ& i
2
1
∑ mi ρ& i2
2
+
r
∑m ρ
i
i
r
r
= M ρ G = 0 ( ρ G = 0)
1
1
M vG2 + ∑ mi ρ& i2
2
2
(5.17)
donde ρ& i representa al módulo de la velocidad relativa de cada partícula con respecto a G.
5.5 Ecuación de trabajo y energía para un sistema de partículas
Según la expresión (3.21), si el sistema de partículas se mueve desde una posición A hasta
una B, la ecuación del trabajo y la energía para la i-ésima partícula establece que:
Ti ( A) + U Fr i A→ B + ∑ U fr
j
ij A→ B
= Ti ( B )
Si sumamos para todo el sistema tendremos:
∑T
i ( A)
+
i
∑U
i
r
F i A→ B
+
∑∑ U
i
j
r
f ij
A→ B
=
∑T
i ( B)
(5.18)
i
Ya hemos mostrado que el trabajo de las fuerzas internas para todo el sistema es nulo:
∑∑ U
i
j
r
f ij
A→ B
= 0
Ahora podemos escribir que para todo el sistema se cumple:
T( A) +
∑U
i
Recordando que el término
r
F i A→ B
∑U
i
= T( B )
r
F i A→ B
(5.19)
representa la suma de los trabajos que realizan
todas las fuerzas externas al sistema, podemos ahora dividir dicho trabajo en dos partes: el
trabajo que realizan las fuerzas conservativas cuya función potencial es conocida (por
ejemplo fuerzas gravitatorias, fuerzas elásticas, etc.) y el trabajo realizado por las demás
fuerzas (por ejemplo rozamiento y otras).
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-10
Recordando además, que el trabajo de una fuerza conservativa está dado por la diferencia
de energías potenciales ( V A − VB ), podemos escribir:
T( A) + (V( A) − V( B ) ) +
T( A) + V( A) +
ordenando:
donde: T( A)
V( A)
∑U
Nota:
∑U
∑U
r
F i A→ B
= T( B )
= T( B ) + V( B )
OF A→ B
(5.20)
es la energía cinética total del sistema en (A)
energía potencial total del sistema en (A)
OF A→ B
trabajo del resto de fuerzas entre (A) y (B), es decir, de las fuerzas
que no han sido consideradas al evaluar la energía potencial
T( B )
energía cinética total del sistema en (B)
V( B )
energía potencial total del sistema en (B)
Una mención especial merece una fuerza de fricción cuando actúa entre dos
partículas móviles que pertenecen al sistema. En ese caso y pese a ser una fuerza
interna al sistema, el trabajo realizado por dicha fuerza (que se opone al
movimiento relativo) no será nulo y se calcula de la siguiente manera:
r
r
r
r
dU = F f ij ⋅ dri + F f ji ⋅ dr j
(5.21)
Si se está evaluando el trabajo de la fuerza de fricción entre dos posiciones A y B del
sistema, entonces:
r
r
F
⋅
d
r
f
∫ ij i +
r
r
F
⋅
d
r
f
∫ ji j
r
r
F
∫ f ij ⋅ dri +
r
r
−
F
∫ f ij ⋅ dr j
B
U F f A→B =
A
B
=
A
B
A
B
A
r
r
r
F
∫ f ij ⋅ (dri − dr j )
B
=
A
r
r
F
∫ f ij ⋅ d ri / j
B
es decir:
U F f A→ B =
(5.22)
A
donde la integral debe ser necesariamente calculada a lo largo de la curva de movimiento
relativo entre ambas partículas. Al respecto se recomienda ver los ejemplos 5.12 y 5.13.
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-11
Ejemplo 5.3: En el mecanismo mostrado las correderas A y B están conectadas por una
barra rígida de peso despreciable de longitud L = 3 m y se mueven en guías
sin fricción. Si B parte del reposo cuando se encuentra verticalmente debajo
de A, se pide determinar para el instante en que x = 1,8 m la velocidad y
aceleración de A, B y C así como la fuerza en la barra que une A y B y la
tensión en el cable que une B y C.
y
A
m A = m B = 100 kg
L
y
mC = 50 kg
N.R.
B
x
O
yC
x
C
L1
Fig. 5.12
Solución: si las guías son lisas → no hay fuerzas disipativas y se conserva la energía:
V(1) + T(1) = V( 2) + T( 2)
V(1) = m A g L − mC g yC1
donde:
(1)
(donde yC 1 es la cota yC en la posición 1
del sistema)
T(1) = 0
V( 2) = m A g y − mC g ( yC1 + x)
1
1
T( 2 ) = m A y& 2 + (mB + mC ) x& 2
2
2
en (1):
m A g L − mC g yC1 = m A g y − mC g ( yC1 + x) +
→
29,4 = 9,8 y − 4,9 x + 0,5 y& 2 + 0,75 x& 2
1
1
m A y& + (mB + mC ) x& 2
2
2
(2)
De la geometría:
x 2 + y 2 = L2
(3)
d / dt :
x x& + y y& = 0
(4)
d / dt :
x& 2 + x &x& + y& 2 + y &y& = 0
(5)
Si x = 1,8 m →
y = 2,4 m →
y& = − 0,75 x&
x& = 3,78 m/s
y& = − 2,83 m/s
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y por consiguiente:
Pág. 5-12
v A = 2,83 m/s (↓)
v B = 3,78 m/s (→)
vC = 3,78 m/s (↓)
Cálculo de aceleraciones:
analizaremos cada partícula utilizando la segunda ley de
Newton.
Bloque A:
m A &y&
NA
=ˆ
∑F
y
: − F senθ − m A g = m A &y&
(6)
x
: T − F cosθ = mB &x&
(7)
: mC g − T = mC &x&
(8)
F
mA g
θ
Fig. 5.13
Bloque B:
F
θ
T
mB g
=ˆ
mB &x&
∑F
NB
Fig. 5.14
Bloque C:
T
∑F
=ˆ
Fig. 5.15
y
mC &x&
de (7) y (8):
mC g − mB &x& − F cosθ = mC &x&
de (9) y (6):
m A &y& + m A g
y
= tan θ =
m B &x& + mC &x& − mC g
x
→
con (5):
(9)
2 &x& − &y& = 16,33
(10)
&x& = 2,56 m/s2
→
a B = 2,56 m/s2
&y& = − 11,21 m/s2
→
a A = 11,21 m/s2 (↓)
aC = 2,56 m/s2
en (6):
F = 176,25 N
en (8):
T = 362 N
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(→)
(↓)
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Pág. 5-13
Nota: Otra posible solución se lograría derivando la expresión (1) para obtener una
ecuación adicional en términos de las aceleraciones de las diferentes partículas.
derivando (1):
0 = 9,8 y& − 4,9 x& + y& &y& + 1,5 x& &x& = 0
(10)
recordando (4):
x& 2 + x &x& + y& 2 + y &y& = 0
(11)
y como teníamos:
x = 1,8 m
y también:
x& = 3,78 m/s ;
de (10) y (11):
&x& = 2,56 m/s2
y = 2,4 m
;
y& = 2,83 m/s
&y& = − 11,21 m/s2
resultados que coinciden con los anteriormente obtenidos.
Ejemplo 5.4:
s
0,9 m
Los bloques mostrados A y B tienen masas
m A = 8 kg y m B = 5 kg respectivamente y
están unidos por una cuerda inextensible tal
como lo muestra la figura. Sabiendo que el
sistema parte del reposo y suponiendo que
las poleas son lisas y muy pequeñas y que
todas las superficies son lisas, se pide
determinar:
A
N.de R.
y
B
a) Las velocidades de ambos bloques
cuando A se ha desplazado 0,525 m
hacia la derecha.
1,2 m
x
b) Las aceleraciones de ambos bloques en
dicho instante así como la tensión en el
cable.
Fig. 5.16
s 2 = x 2 + (0,9) 2
Solución:
De la geometría
d / dt :
s s& = x x&
(2)
d / dt :
s& 2 + s &s& = x& 2 + x &x&
(3)
además, para la cuerda se cumple:
x + 2 y + s + 0,90 = L
(1)
(constante)
(4)
d / dt :
x& + 2 y& + s& = 0
(5)
d / dt :
&x& + 2 &y& + &s& = 0
(6)
(1)
→
Si x1 = 1,2 m
Si x2 = 1,2 − 0,525 = 0,675 m
Además, de (4):
(1)
→
s1 = 1,5 m
s 2 = 1,125 m
x1 + 2 y1 + s1 + 0,90 = x2 + 2 y 2 + s 2 + 0,90
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Pág. 5-14
Reemplazando valores:
1,2 + 2 y1 + 1,5 = 0,675 + 2 y 2 + 1,125
B habrá descendido:
Δy = y 2 − y1 = 0,45 m
Como no hay fuerzas disipativas, entonces se conserva la energía para el sistema:
T1 + V1 = T2 + V2
(7)
T1 = 0
donde:
V1 = − mB g y
T2 =
1
1
m A v A2 + mB v B2
2
2
V2 = − mB g ( y + Δy )
1
1
m A v A2 + mB v B2 − mB g ( y + Δy )
2
2
1
1
0 = (8) x& 2 + (5) y& 2 − 5 (9,8) (0,45)
2
2
− mB g y =
en (7):
→
4 x& 2 + 2,5 y& 2 − 22,05 = 0
(8)
Resolviendo (2), (5) y (8):
x& = − 1,984 m/s →
v A = 1,984 m/s (→)
→
y& = 1,587 m/s
v B = 1,587 m/s (↓)
s& = 1,19 m/s
Bloque A:
T
θ
mA &x&
=ˆ
T
mA g
N
∑F
∑F
Fig. 5.17
x
:
T cosθ + T = − m A &x&
y
:
T senθ + N − m A g = 0
Bloque B:
(9)
(10)
T T
∑F
=ˆ
mB g
y
:
2 T − mB g = − m B &y&
(11)
mB &y&
Fig. 5.18
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-15
Para la posición (2) en que x2 = 0,675 m, s 2 = 1,125 m y resolviendo el sistema (3), (6), (9),
(10) y (11) obtenemos:
&x& = − 3,90 m/s2 →
a A = 3,90 m/s2 (→)
→
&y& = 2,0 m/s2
a B = 2,0 m/s2 (↓)
T = 19,5 N
N = 62,8 N
5.6 Impulso y cantidad de movimiento para un sistema de partículas
r
F1
Consideremos un sistema de n partículas.
r
Sea Fi la fuerza resultante de las fuerzas
externas al sistema actuando directamente
sobre la i-ésima partícula.
m1
mi
r
Fn
mn
r
rn
r
f ji
y
O
x
r
Fi
r
f ij
r
ri
r
r1
r
rj
r
Fj
Según la ecuación del impulso lineal y
cantidad de movimiento se cumplirá para
dicha i-ésima partícula:
mj
r
mi vi (1) +
z
Fig. 5-19
r
F
∫ i dt +
( 2)
(1)
n ( 2)
∑∫
j =1 (1)
r
r
f ij dt = mi vi ( 2 )
Si sumamos para las n partículas:
r
∑ mi vi (1) +
n
i =1
n
∑
entonces:
i =1
r
mi vi (1) +
r
F
∫ i dt +
( 2)
n
∑
i =1 (1)
r
∫ Fi dt =
∑
( 2)
n
r
∑∑ ∫ f
ij
dt =
i =1 j =1 (1)
n
∑m
i
i =1
r
vi ( 2 )
(5.23)
r
r
= 0, pues las fuerzas internas aparecen en pares f ij = − f ji
( 2)
n
n
i =1 (1)
r
n
∑m v
i =1
i
(5.24)
i ( 2)
por otro lado sabemos que la posición del centro de gravedad del sistema está dada por:
r
( ∑ mi ) rG =
r
∑ mi ri
d / dt
→
r
M r&G =
∑m
r
M vG =
r
∑ mi vi
i
r
r&i
i
es decir:
r
M vG (1) +
en (5.24):
r
F
∑ ∫ i dt
n ( 2)
r
∑ ∫F
i
i =1 (1)
r
dt = M vG ( 2 )
donde M = ∑ mi
i
(5.24a)
( 2)
donde
i
(1)
involucra a los impulsos de todas las fuerzas exteriores al sistema de
partículas.
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-16
5.7 Conservación de la cantidad de movimiento
Si para un sistema de partículas se cumple que las fuerzas externas al sistema son tales que:
r
F
∑ ∫ i dt = 0 :
( 2)
i
r
∑m v
i
i (1)
=
i
(1)
r
∑m v
i
i
r
r
M vG (1) = M vG ( 2 )
O lo que es lo mismo:
(5.25)
i ( 2)
Ecuación de la conservación de la
cantidad de movimiento para un sistema
de partículas.
(5.26)
r
r
Esta última expresión muestra que vG (1) = vG ( 2 ) , lo cual significa que el centro de gravedad
del sistema se estaría moviendo con velocidad constante a lo largo de una línea recta.
r
F
∑ ∫ i dt = 0 se cumpliera solamente en una cierta dirección,
( 2)
Nota:
Si la condición
i
(1)
diremos entonces que la cantidad de movimiento se conserva solamente en dicha
dirección.
Llamando u a dicha dirección podemos escribir según (5.25):
( 2)
∑ ∫F
iu
i
dt = 0
→
∑mv
iu
= constante
Ejemplo 5.4:
y
El sistema que se muestra está formado por dos cuerpos
A y B ( m A = 0,9 kg y m B = 1,36 kg) unidos por una
cuerda y un resorte comprimido. En esa posición el
resorte (está comprimido) tiene una energía potencial
de 27,12 Joule y todo el sistema se mueve sobre una
superficie lisa horizontal con velocidad constante
v0 = 6 m/s. Si de pronto se rompe la cuerda, se pide
determinar la velocidad que tiene cada cuerpo en el
instante en que el resorte no está deformado.
Solución 1:
mA
v0
G
mB
60°
x
Fig. 5-20
Considerando un sistema inercial que no se mueve. En el instante en que se
rompe la cuerda no hay fuerzas exteriores, entonces se conserva la cantidad
de movimiento y también se conserva la energía para el sistema.
T(1) + V(1) = T( 2 ) + V( 2)
donde:
(5.26a)
(1)
T(1) =
(1)
1
1
m A v 02 + m B v 02
2
2
V(1) = 27,12 Joule
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
T( 2 ) =
Pág. 5-17
1
1
m A v A2 + mB v B2
2
2
V( 2) = 0
1
1
1
1
m A v02 + mB v02 + 27,12 = m A v A2 + mB v B2 + 0
2
2
2
2
en (1):
(2)
r
r
r
r
Ahora pondremos v A y v B en función de v A′ y v B′ (velocidades relativas con respecto al
sistema):
r
v A = (v0 + v′A cos 60°) iˆ + (v′A sen 60°) ˆj
r
r
v′A
vA
con módulo:
60°
r
v0
Fig. 5-21
r
v0
60°
120°
en (2):
→
(v0 + v′A cos 60°) 2 + (v′A sen 60°) 2
vA =
2
(v02 + v′A + 2 v0 v′A cos 60°
r
v B = (v0 − v′B cos 60°) iˆ − (v′B sen 60°) ˆj
con módulo:
r
vB
r
v′B
vA =
Fig. 5-22
vB =
(v0 − v′B cos 60°) 2 + (v′B sen 60°) 2
vB =
(v02 + v′B + 2 v0 v′B cos 60°
2
1
1
1
m A v 02 + m B v 02 + 27,12 = m A (v 02 + v ′A2 + 2v 0 v ′A cos 60°)
2
2
2
1
+ m B (v 02 + v ′B2 − 2v 0 v ′B cos 60°)
2
27,12 =
1
1
m A (v′A2 + 2 v0 v′A cos 60°) + mB (v′B2 − 2 v0 v′B cos 60°)
2
2
(3)
Conservación de la cantidad de movimiento:
m A (v0 , 0) + mB (v0 , 0) = m A (v0 + v′A cos 60° , v′A sen 60°) +
+ mB (v0 − v′B cos 60° , − v′B sen 60°)
(+)
→ :→
m A v0 + mB v0 = m A (v0 + v′A cos 60°) + mB (v0 − v′B cos 60°)
0 = m A v′A cos 60° − mB v′B cos 60°
es decir:
0 = m A v′A − mB v′B
↑ (+) :
0 = m A v′A sen 60° − mB v′B sen 60°
es decir:
0 = m A v′A − mB v′B
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(4)
(la cual es igual que la expresión (4))
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
27,12 =
en (3):
Pág. 5-18
1
1
m A v′A2 + mB v′B2 + v0 cos 60° (m A v′A − mB v′B )
2
2
1442443
(5)
=0
de (4) y (5):
v′A = 6,02 m/s
v′B = 3,98 m/s
como v ′A y v ′B están referidas al sistema de partículas:
→
r
r
r
v A = vG + v A′ = (6,0) + (6,02 cos 60° ; 6,02 sen 60°)
r
v A = (9,01 ; 5,21) m/s
→
v A = 10,41 m/s
de forma análoga:
→
Solución 2:
r
r
r
v B = vG + v B′ = (6, 0) + (− 3,98 cos 60° , − 3,98 sen60°)
r
v B = (4,01 ; − 3,45) m/s
→
v B = 5,29 m/s
Tomaremos el sistema Gxy que se traslada con velocidad constante v0
(sistema inercial móvil). En el instante en que se rompe la cuerda no hay
fuerzas exteriores, entonces se conserva la cantidad de movimiento y
también se conserva la energía para el sistema:
T(1) + V(1) = T( 2 ) + V( 2)
donde:
(1)
T(1) = 0
V(1) = 27,12 Joule
T( 2 ) =
1
1
m A v′A2 + mB v′B2
2
2
V( 2) = 0
27,12 =
en (1):
donde v ′A y v ′B son relativas al
sistema inercial móvil elegido.
1
1
(0,9) v′A2 + (1,36) v′B2
2
2
(2)
Además, por conservación de cantidad de movimiento para el sistema:
→
de (2) y (3):
0 = m A v′A − mB v′B
(3)
v′A = 6,02 m/s
v′B = 3,98 m/s
Resultados que concuerdan con la primera parte de la solución 1. A partir de aquí se
procede exactamente igual que en dicha solución.
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-19
Ejemplo 5.6:
El carro de masa M = 180 kg se encuentra en
reposo sobre una superficie lisa horizontal. En
esa posición se encuentra el péndulo simple
(masa m = 20 kg, l = 1,5 m) formando el
ángulo α = 30 con la vertical y fijo al carro
mediante una cuerda horizontal. Si se rompe la
cuerda horizontal se pide determinar la
velocidad del carro en el instante en que la
cuerda del péndulo forma un ángulo β = 15°
con la vertical.
α
l
m
M
Fig. 5-23
Solución:
Para cualquier instante:
N.R.
v
β
v : velocidad del carro (hacia la izquierda)
v r : velocidad del péndulo relativa al carro
l
m
β
vr
M
Fig. 5-24
r
v M = − v iˆ
r
para el péndulo: vm = (vr cos β − v) iˆ − vr senβ ĵ
Para el carro:
•
Las fuerzas exteriores sobre el sistema son conservativas → se conserva la energía
para el sistema:
T(1) + V(1) = T( 2 ) + V( 2)
→
•
[
1
1
M v 2 + m (vr cos β − v) 2 + (vr senβ ) 2
2
2
1
1
m g l (cos β − cosα ) = M v 2 + m (vr2 − 2 vr v cos β + v 2 )
2
2
m g l (cos β − cosα ) =
]
(1)
No existen fuerzas exteriores sobre el sistema en la dirección x ⇒ se conserva la
cantidad de movimiento del sistema en x:
0 = m (vr cos β − v) − M v
de (1) y (2):
(2)
v = 0,174 m/s
v r = 1,801 m/s
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Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-20
Ejemplo 5.7:
Los cuerpos A y B mostrados en la figura tienen masas mA = 4 kg y mB = 2 kg
respectivamente. Los cuerpos están interconectados por una cuerda inextensible que pasa a
través de las poleas en A y C. Los coeficientes de fricción entre B y el plano son
μ s = 0,25 y μ k = 0,20 . La magnitud de la fuerza P varía en la forma indicada en el
diagrama. Se sabe que en el instante t = 0 la velocidad de B es 10 m/s hacia la derecha.
Determinar cuál es la velocidad mínima de B en el intervalo 0 < t < 4 y en qué instante
ocurre.
P [N]
B
P = 25 t
P
50
Fig. 5.25
P = − 25 t + 100
0
A
Solución:
t [s]
4
2
Fig. 5.26
Este problema ya fue resuelto en el capítulo anterior (ejemplo 4.3). Ahora lo
resolveremos utilizando el principio de impulso y cantidad de movimiento
para un sistema de partículas.
DCL del sistema y de algunos elementos:
T
T
T
T
B
Fig. 5.28
P
T
T
Ff
mB g
T
B
N
T
P
Ff = μk N
mB g
N
Fig. 5.27
Fig. 5.29
mA g
r
F
∑ ∫ i dt =
( 2)
Para el sistema:
r
∑m v
i
i ( 2)
−
r
∑m v
i
i (1)
(1)
( 2)
en dirección x:
∑ ∫F
ix
dt =
∑m v
i
i x ( 2)
−
∑m v
i
i x (1)
(1)
es decir:
t
t
0
0
∫ P dt − F f dt − ∫ T dt = mB vB − mB (10)
t
→
∫ P dt
0
t
− 0,4 g t − ∫ T dt = 2 v B − 20
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(1)
0
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-21
t
en dirección y:
2 ∫ T dt −
0
t
→
∫ T dt
t
∫m
t
A
g dt −
0
g ) dt
∫ (1N4−2m43
B
0
= mA
vB
− m A pues v B = 2 v A
2
=0
t
−
0
mA g
dt = v B − 10
2
0
∫
(2)
t
de (1) y (2):
∫ P dt
− 0,4 g t − 2 g t = 3 v B − 30
0
t
∫ P dt
→
− 2,4 g t = 3 v B − 30
(3)
0
Notar que esta ecuación ya había sido obtenida en el ejemplo 4.3.
•
Examinemos el periodo 0 ≤ t ≤ 2 s :
P = 25 t
t
∫ 25 t dt
en (3):
− 2,4 (9,81) t = 3 v B − 30
0
→
v B = 4,167 t 2 − 7,848 t + 10
extremos:
→
dv B
= 0 → 8,334 t − 7,848 = 0
dt
t = 0,94 s
Ahora hay que averiguar si se trata de un máximo o de un mínimo en el intervalo
estudiado:
d 2vB
= 8,334 > 0 ⇒ mínimo
dt 2
v B = 6,3 m/s
para t = 0,94 s:
•
(mínima)
Examinemos el periodo 2 ≤ t ≤ 4 s :
2
∫ 25 t dt +
en (3):
0
→
P = − 25 t + 100
t
∫ (−25 t + 100) dt
− 2,4 (9,81) t = 3 v B − 30
2
v B = − 4,167 t 2 + 25,485 t − 23,333
extremos:
→
dv B
= − 8,334 t + 25,485 = 0
dt
t = 3,058 s
Ahora hay que averiguar si se trata de un máximo o de un mínimo en el intervalo
estudiado:
d 2vB
= − 8,334 < 0 ⇒ máximo
dt 2
para t = 3,058 s:
v B = 15,63 m/s
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(máxima)
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-22
y
Ejemplo 5.8:
O
R
El sistema está en reposo cuando el bloque A
(masa mA = 6 kg) se deja libre desde el
extremo P (θ = 0°) de la cavidad
semicilíndrica (R = 0,80 m) del bloque B
(masa mB = 15 kg). Todas las superficies son
lisas. Para la posición determinada por θ = 45°
se pide determinar:
θ
P
x
A
B
Fig. 5-30
a) La velocidad de A y de B y la normal entre ambos bloques.
b) La aceleración de A y de B y la normal entre ambos bloques.
Solución: Tomaremos el sistema móvil Oxy que se traslada junto con B. Para el
movimiento relativo de la partícula A con respecto al bloque tenemos:
x2 + y2 = R2
(1)
x x& + y y& = 0
(2)
x& 2 + x &x& + y& 2 + y &y& = 0
(3)
r
r
v B = (v B , 0)
v A B = ( x& , y& )
r
r
r
v A = v B + v A B = (v B , 0) + ( x& + y& ) = (v B + x& , y& )
a)
T(1) + V(1) = T( 2 ) + V( 2)
Conservación de energía para el sistema:
donde:
(4)
T(1) = 0
V(1) = mA g R
T(2) =
[
]
1
1
mA (vB + x& ) 2 + y& 2 + mB vB2
2
2
V( 2) = m A g ( R − R cos 45°) = m A g R (1 − cos 45°)
en (4):
mA g R =
[
]
1
1
m A (v B + x& ) 2 + y& 2 + mB v B2 + m A g R (1 − cos 45°)
2
2
Reemplazando valores y ordenando: (v B + x& ) 2 + y& 2 + 7,5 v B2 = 11,087
•
Conservación de la cantidad de movimiento en dirección x (no hay fuerzas exteriores
en esa dirección):
0 = mA (vB + x& ) + mB vB
•
(5)
→ 0 = 6 (vB + x& ) + 15 vB
Para la posición pedida, de la ecuación (2):
de donde:
x& = y&
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R
(6)
2&
2 &
x − R
y = 0
2
2
(7)
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-23
v B = 0,65 m/s
de (5), (6) y (7):
x& = − 2,29 m/s
y& = − 2,29 m/s
r
v B = (0,65 ; 0) m/s
r
v A = (0,65 ; 0) + (− 2,29 ; − 2,29) = (− 1,64 ; − 2,29) m/s
Entonces:
b) Aplicamos la 2da ley de Newton al bloque A para el instante definido por θ = 45° ;
r
r
r
teniendo en cuenta que: a A = a B + a A B = (a B + &x&, &y&) .
m A &y&
θ
θ
=ˆ
θ
N
mA g
∑F
∑F
m A (a B + &x&)
Fig. 5-31
x
:
− N cosθ = m A (a B + &x&)
(8)
y
:
N senθ − m A g = m A &y&
(9)
del mismo modo,
para el bloque B:
θ
N
=ˆ
mB aB
mB g
N'
∑F
x
Fig. 5-32
N cosθ = mB a B
:
Además, de (3):
x& 2 + x &x& + y& 2 + y y& = 0
(−2,29) 2 + 0,8
→
(10)
2 &&
2 &&
x + (−2,29) 2 + (−0,8)
y = 0
2
2
&x& − &y& = − 18,54
finalmente , de (8), (9), (10) y (11):
(11)
a B = 4,723 m/s2
&x& = −16,53 m/s2
&y& = 2,01 m/s2
entonces:
N = 100,21 [N]
r
r
a B = (a B , 0)
→
a B = (4,723, 0) [m/s2]
r
r
a A = (a B , 0) + ( &x&, &y&)
→
a A = (− 11,81, 2,01) [m/s2]
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-24
Ejemplo 5.9:
P
A
El bloque pequeño A de masa m A = 5 kg se
coloca sobre un bloque liso B de masa
mB = 30 kg. Si el sistema parte del reposo
cuando A está en P, determinar la distancia
que el bloque B se desplaza a partir del punto
O cuando A llega al fondo. Despreciar el
tamaño del bloque A.
O
B
30°
0,5 m
Fig. 5-33
Solución: En una posición cualquiera:
A
r
r
r
v A = vB + v A / B
v A/B
vB
(+)
B
→ x:
30°
− v A x = vB − v A / B x
(1)
Fig. 5-34
Conservación de la cantidad de movimiento en la dirección horizontal:
0 = mB v B − m A v A x
0 = 30 v B − 5 v A x
de (1):
0 = 30 v B − 5 (v A / B x − v B )
→
v A / B x = 7 vB
(2)
s A / B x = 7 sB
integrando (2):
0,5 = 7 s B
s B = 0,0714 m
→
Ejemplo 5.10:
Resolver el problema anterior si entre los bloques A y B hay fricción ( μ s = 0,4 y μ k = 0,3).
Considerar que no hay fricción entre el bloque B y el piso horizontal.
Solución: Según la segunda ley de Newton tenemos que para el bloque A se cumplirá en
cualquier instante del movimiento que:
=ˆ
Ff
30°
mA aB
30°
mA
NA
a A/B
mA g
Fig. 5-35
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-25
Primero que nada hay que determinar si habrá deslizamiento relativo entre los bloques.
∑F :
∑F :
n
N A = m A g cos 30° = 5 (9,8) cos 30° = 42,48 N
t
m A g sen 30° > F f max = μ s N A = 0,4 (42,48)
?
24,5 > 16,99 ⇒
sí desliza.
La solución es la misma que en el anterior caso pues el impulso de la fuerza de fricción es
interno al sistema.
Problema 5.11:
P
La rampa tiene una masa de 120 kg. La caja
pequeña A cuya masa es 80 kg se desliza desde
el reposo en P en una distancia de 1,5 m sobre
la rampa hasta llegar a O. Determinar la
velocidad de la rampa cuando la caja llega a O.
Todas las superficies son lisas.
1,5
A
m
3
4
B
O
y
x
Solución: en un instante cualquiera:
Fig. 5-36
r
r
r
v A = vB + v A / B
P
A
es decir:
B
v A/
vB
(+)
→:
− v A x = vB − v A / B x
3
4
y
− v A x = vB −
B
O
4
vA/ B
5
(1)
x
Fig. 5-37
↑ (+) :
− vA y = 0 − vA/ B y
− vA y = −
3
vA/ B
5
(2)
Además, se conserva la cantidad de movimiento del sistema en el eje x:
∑m
i
(+)
→:
r
vi (1) =
∑m
i
r
vi ( 2 )
0 + 0 = − m A v A x + mB v B
0 = − 80 v A x + 120 v B
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→
v A x = 1,5 v B
(3)
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de (1), (2) y (3):
Pág. 5-26
v A y = 1,875 v B
(4)
La energía se conserva mientras el bloque desliza desde P hasta O:
T(1) + V(1) = T( 2 ) + V( 2)
1
3
1
0 + m A g ( ) (1,5) = m A v A2 + mB v B2
5
2
2
de (3) y (4):
m A g (0,9) =
[
]
1
1
m A (1,5 v B ) 2 + (1,875 v B ) 2 + mB v B2
2
2
v B = 1,56 m/s
Ejemplo 5.12:
P
A
El bloque A de masa m A = 5 kg se coloca
sobre un bloque triangular B de masa mB = 30
kg. El coeficiente de fricción entre A y B es
μ k = 0,30 y el piso sobre el que se apoya B es
liso. Si el sistema arranca desde el reposo
estando el bloque A en el extremo superior P
del bloque triangular, determinar las
velocidades de A y B cuando A llega al
extremo O del bloque B.
O
B
30°
0,5 m
Fig. 5-38
Solución: Aplicando la segunda ley de Newton para cualquier instante del movimiento
del bloque A:
=ˆ
Ff
30°
mA aB
30°
mA
N1
a A/B
mA g
Fig. 5-39
La fuerza de fricción durante el movimiento es:
F f = μ k N1
(1)
además, la equivalencia de sistemas muestra que:
∑F
y
:
− m A g cos 30° + N1 = − m A a B sen30°
− 42,435 + N1 = − 2,5 a B
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(2)
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Pág. 5-27
La segunda ley de Newton para cualquier instante del movimiento del bloque B:
P
N1
P
30°
Ff
=ˆ
O
30°
O
mB g
N2
∑F
:
H
mB aB
N3
Fig. 5-40
N1 sen 30° − F f cos 30° = mB a B
0,5 N1 − μ k N
3
= (30) a B
2
a B = 0,00801 N1
de (2) y (3) :
N1 = 41,6 N
en (1):
F f = 12,48 N
(3)
y
a B = 0,333 m/s2
Ecuación de trabajo y energía para todo el sistema:
T(1) + V(1) + U NC1− 2 = T( 2) + V( 2 )
donde:
(4)
T(1) = 0
V(1) = m A g (0,5 tan 30°)
⎛ 0,50 ⎞
U NC 1→2 = − F f s A / B = − F f ⎜
⎟
⎝ cos 30° ⎠
T( 2) =
1
1
m A v A2 + mB v B2
2
2
V( 2) = 0
en (4):
1
1
⎛ 0,50 ⎞
2
2
m A g (0,5 tan 30°) − F f ⎜
⎟ = m A v A + mB v B
2
2
⎝ cos 30° ⎠
6,94 = 2,5 v A2 + 15 v B2
(5)
pero:
r
r
r
v A = v B + v A / B = (v B − v A / B cos 30°, − v A / B sen 30°)
y también:
v A2 = (v B − v A / B cos 30) 2 + (v A / B sen 30°) 2
→
v A2 = v B2 + v A2 / B − 2 v B v A / B cos 30°
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(6)
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Pág. 5-28
Como no hay fuerzas externas horizontales sobre el sistema:
∑m v
i ix
= constante
0 = m A (v B − v A / B cos 30°) + mB v B
(7)
v A / B = 1,763 m/s
de (5), (6) y (7):
v B = 0,218 m/s
v A = 1,578 m/s
Vectorialmente:
r
v B = 0,218 iˆ m/s
r
v A = (v B − v A / B cos 30°, − v A / B sen 30°) = (− 1,309 ; − 0,882) m/s
Ejemplo 5.13:
Una caja pequeña A con masa m A = 10 kg se suelta desde el reposo en la posición
mostrada y a partir de allí desciende sobre la rampa lisa. Cuando alcanza la parte inferior,
se desliza horizontalmente sobre la superficie del carrito con masa mB = 25 kg. Sabiendo
que el coeficiente cinético de fricción entre el carrito y la caja es μ k = 0,3 , se pide calcular:
a) La velocidad del carrito una vez que el bloque se detiene sobre él.
b) La posición s de la caja sobre el carrito (medida desde su extremo izquierdo) luego de
haberse detenido sobre él.
2m
A
h = 0,5 m
s
B
Fig. 5-41
Solución:
a)
Primeramente calcularemos la velocidad del bloque en el instante que deja la rampa y
aborda al carrito. Está claro que en ese lapso se conserva la energía:
T1 + V1 = T2 + V2
0 + mA g h =
→
vA =
1
m A v A2 + 0
2
2 g h = 3,13 m/s (→)
Desde el instante del abordaje no hay fuerzas externas horizontales sobre el sistema, en
consecuencia se puede decir que la cantidad de movimiento se conserva en la dirección
horizontal. Considerando dicha conservación hasta el instante en que la caja cesa su
movimiento relativo con respecto al carrito (llamemos v′ a la velocidad que tienen ambos
en ese instante) podemos escribir:
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(+)
Pág. 5-29
m A v A = (m A + mB ) v′
→:
(10) (3,13) = (10 + 25) v′
→
v′ = 0,894 m/s
b) Las fuerzas que actúan sobre la caja y sobre el carrito durante el movimiento de ambos
son:
N
Ff
Ff
mA g
R1
N
mB g
R2
Fig. 5-42
∑F
Para A:
y
:
→
N − mA g = 0
N = mA g
La fuerza de fricción cinética será:
Ff = μ k mA g
Ecuación de trabajo y energía para todo el sistema:
T(1) + V(1) + U F f (1)→( 2 ) = T( 2) + V( 2 )
1
1
1
m A v A2 + mB v B2 − F f s A / B = (m A + mB ) v′ 2
2
2
2
1
1
(10) (3,13) 2 − 0,3 (10) (9,8) s A / B = (10 + 25) (0,894) 2
2
2
→
y como
→
s A / B = 1,19 m
s = 2,0 − s A / B
s = 0,81 m
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Pág. 5-30
5.8 Choques
Se denomina choque a la colisión o impacto entre dos cuerpos o partículas que se produce
en un tiempo muy pequeño y durante el cual se producen fuerzas de interacción muy
grandes.
Línea de choque:
t
n
es la recta normal común a las superficies
en contacto.
Línea de choque
Fig. 5.43
5.8.1 Tipos de choque
•
Choque central:
Si es que los centros de masa de ambos cuerpos se encuentran sobre
la línea de choque.
- Choque central directo
t
n
r
r
Si las velocidades v A y v B están
contenidas ambas en la línea de
choque.
Línea de
choque
Fig. 5.44
- Choque central oblicuo
t
n
Si una de las velocidades de los
cuerpos que chocan tiene dirección
fuera de la línea de choque.
Línea de
choque
Fig. 5.45
•
t
Choque excéntrico:
Cuando uno o los dos centros de masa
están fuera de la línea de choque.
n
GB
Línea de
choque
GA
Fig. 5.46
5.8.2 Análisis del choque central directo
Línea de choque
mA
mB
vB
vA
Inmediatamente
antes del choque
u
u
En el instante de
máxima deformación
v′A
v′B
n
Inmediatamente
después del choque
Fig. 5.47
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Pág. 5-31
Fuerza que ejerce
mA sobre mB
F
Fmax
entre 0 y t 0 : deformación de los cuerpos
t0
O
etapa de
deformación
entre t 0 y t:
recuperación
en t 0 :
máxima deformación y en ese
instante ambos cuerpos tienen la
misma velocidad u .
t
t
etapa de
recuperación
Fig. 5.48
•
Análisis de A: (en la dirección de la línea de choque)
t0
mA vA
∫ F dt
+
Inmediatamente
antes del choque
n
En el instante de
máxima deformación
Fig. 5.49
t0
∫ F dt
mA vA −
entonces:
mA u
=
0
= mA u
(5.27)
0
t
mA u
∫ F dt
+
mA v′A
=
t0
n
Inmediatamente
después del choque
En el instante de
máxima deformación
Fig. 5.50
t
mA u −
es decir:
∫ F dt
= m A v′A
(5.28)
t0
t
Se define coeficiente de restitución e:
de (5.27) y (5.28):
•
e =
m A (u − v′A )
m A (v A − u )
e =
∫ F dt
Impulso de restitución
∫ F dt
Impulso de deformación
t0
t0
0
→
e =
u − v′A
vA − u
(5.29)
Análisis de B: (en la dirección de la línea de choque)
t0
mB vB
+
∫ F dt
0
Inmediatamente
antes del choque
=
mB u
n
En el instante de
máxima deformación
Fig. 5.51
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-32
t0
∫ F dt
mB v B +
entonces:
= mB u
(5.30)
0
t
∫ F dt
mB u
+
mB v′B
=
t0
n
En el instante de
máxima deformación
Inmediatamente
después del choque
Fig. 5.52
t
mB u +
es decir:
∫ F dt
= mB v′B
(5.30a)
t0
con la misma definición de coeficiente de restitución:
t
e =
∫ F dt
=
t0
t0
∫ F dt
mB (v′B − u )
v′ − u
= B
mB (u − v B )
u − vB
(5.31)
0
de (5.29) y (5.31):
donde:
e =
u − v′A
v′ − u
u − v′A + v′B − u
= B
=
vA − u
u − vB
v A − u + u − vB
e =
− v′A + v′B
v A − vB
→
e = −
v′A / B
vA/ B
(5.32)
v′A B es la velocidad relativa después del choque
v A B es la velocidad relativa antes del choque
e = −
Notar que la expresión (5.29) también puede escribirse como:
•
Para el sistema de partículas:
m A vA
m B vB
(5.33)
se conserva la cantidad de movimiento pues ambos
impulsos son idénticos y de signo contrario y en
consecuencia se anulan entre sí, lo que es lo mismo
decir, que el impulso es interno para el sistema.
=
+
Inmediatamente
antes del choque
v′B / A
vB / A
El impulso es
interno al sistema
m A v′A
mB v′B
n
Inmediatamente
después del choque
Fig. 5.53
Es decir:
m A v A + mB v B = m A v′A + mB v′B
Pontificia Universidad Católica del Perú
(5.34)
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 5 Sistemas de Partículas
de (5.32) y (5.34):
Pág. 5-33
v′A =
m A − e mB
(1 − e) mB
vA +
vB
m A + mB
m A + mB
(5.35)
v′B =
m − e mA
(1 + e) m A
vA + B
vB
m A + mB
m A + mB
(5.36)
5.8.3 Casos particulares
•
Choque perfectamente elástico: Si el impulso en la etapa de deformación es igual al
impulso en la etapa de recuperación.
De la definición de coeficiente de restitución:
e =1
v B − v A = − (v′B − v′A )
(5.37)
v B + v′B = v A + v′A
(5.38)
de (5.34):
mB (v′B − v B ) = m A (v A − v′A )
(5.39)
de (5.38) y (5.39):
1
1
1
1
m A v A2 + mB v B2 = m A v′A2 + mB v′B2
2
2
2
2
(5.40)
→
Ecuación que muestra que la energía cinética que tiene el sistema inmediatamente antes del
choque es la misma que inmediatamente después del choque. En otras palabras, en el
choque perfectamente elástico ( e = 1 ) la energía se conserva.
•
Choque perfectamente plástico: Si los cuerpos permanecen juntos después del choque,
lo cual implica que no existe etapa de recuperación.
De la definición de coeficiente de restitución:
v′B − v′A = 0
e=0
v′B = v′A
→
Aquí parte de la energía mecánica se convierte en energía de calor, sonido y vibraciones.
5.8.4 Energía de pérdida de Carnot
Utilizando las expresiones (5.32) y (5.34) se puede demostrar que, durante un choque en el
que el coeficiente de restitución es en general e < 1 , entonces parte de la energía
involucrada en el sistema se disipa en la siguiente cantidad:
Notar que si:
ΔT = T( 2 )
1 − e 2 m A mB
− T(1) =
(v A − v B ) 2
2 m A + mB
e =1
→
ΔT = 0
(choque perfectamente elástico)
e=0
→
ΔT = máx.
(choque perfectamente plástico)
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(5.41)
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-34
5.8.5 Choque central oblicuo
mA
v′A
v′B
Línea de choque
mB
n
vA
vB
Inmediatamente
antes del choque
•
Inmediatamente
después del choque
Fig. 5.54
r
m A v A′
Análisis de A:
y
r
∫ F dt
+
x
r
mA vA
y
=
n
Inmediatamente
después del choque
Impulso durante
el choque
Inmediatamente
antes del choque
Línea de choque
Fig. 5.55
m A v A y + 0 = m A v′A y
↑ (+) :
v ′Ay = v Ay
•
(5.42)
Análisis de B:
r
mB vB′
y
r
∫ F dt
+
x
Línea de choque
=
n
r
mB v B
y
Inmediatamente
después del choque
Impulso durante
el choque
Inmediatamente
antes del choque
Fig. 5.56
mB v B y + 0 = mB v′B y
↑ (+ ) :
v′B y = v B y
•
(5.43)
Para el sistema:
r
m A v A′
r
mB vB′
Línea de
choque
y
+
x
r
mA vA
r
mB vB
Impulso durante
el choque es
interno al sistema
Inmediatamente
antes del choque
(+)
→ x:
•
=
n
Inmediatamente
después del choque
m A (v Ax ) + mB (v Bx ) = m A (v′Ax ) + mB (v′Bx )
Coeficiente de restitución:
e = −
(v′Bx ) − (v′Ax )
(v Bx ) − (v Ax )
Fig. 5.57
(5.44)
(5.45)
pues sólo existe impulso en la dirección de la línea de choque.
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-35
Ejemplo 5.14:
α
Dos esferas pequeñas A y B (mA = 15
kg, mB = 10 kg) están unidas a varillas
rígidas de peso despreciable (L = 2, 4 m,
l =1,8 m). Si la esfera A se suelta del
reposo cuando α = 60° y choca con B
como se muestra y considerando un
coeficiente de restitución de e = 0,6 se
pide:
L
θ
l
mA
Línea de choque
mB
Fig. 5.58
a) El máximo ángulo θ que recorre B
después del choque.
b) La máxima y mínima tensión en la varilla que sostiene a B.
Solución:
a) Velocidad de A inmediatamente antes del choque: v A
T1 + V1 = T2 + V2
0 + m A g L (1 − cos α 0 ) =
1
m A v A2 + 0
2
v A = 4,85 m/s
•
Análisis del choque:
Por conservación de la cantidad de movimiento del sistema a lo
largo de la línea de choque:
∫T
∫ T dt
2
1
mA vA
mB vB
(+)
=
+
∫m
A
dt
g dt ≈ 0
∫m
B
m A v′A
mB v′B
Línea de choque
g dt ≈ 0
Fig. 5.59
m A v A + mB v B = m A v′A + mB v′B
→ x:
1,5 v′A + v′B = 7,275
(+)
Coeficiente de restitución → x :
→
de (1) y (2):
(1)
⎛ v′ − v′A ⎞
⎟⎟
e = − ⎜⎜ B
⎝ vB − v A ⎠
v′B − v′A = 2,91
(2)
v′A = 1,746 m/s
v′B = 4,656 m/s
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(velocidades inmediatamente después del choque)
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
•
Pág. 5-36
DCL de B y sistema equivalente según segunda ley de
Newton para un ángulo θ cualquiera:
Análisis después del choque:
θ
l
êθ
êθ
T
mB aθ
=ˆ
mB ar
θ
êr
mB g
êr
Fig. 5.60
∑F :
∑ Fθ :
r
mB g cosθ − T = mB (− l θ& 2 )
(3)
− m g senθ = mB (l θ&&)
(4)
θ&& =
Cambio de variable:
.
en (4):
θ
θ
.
0
∫θ& dθ& =
θ0
dθ&
dθ& dθ
dθ&
=
= θ&
dt
dθ dt
dθ
g
l
θ&0 =
θ&& dθ = θ& dθ&
∫ − e senθ dθ
2g
θ& 2 = θ&02 −
(1 − cos θ )
donde:
→
(5)
v′B
= 2,587 rad/s
l
El máximo ángulo θ se alcanza cuando θ& = 0 :
de (5):
θ max = 67,3°
b) Sustituyendo (5) en (3) y despejando T:
T = mB l θ&02 + mB g (3 cos θ − 2)
Aquí se observa que la tensión T es decreciente en el rango hallado para θ [0° a 67,3°], en
consecuencia podemos afirmar:
Si θ = 0°
→
T max= 218,47 N
Si θ = 67,3°
→
Tmin = 27,78 N
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-37
Ejemplo 5.15:
m
La bola se suelta desde el reposo (h = 1,4 m)
antes de golpear el plano liso en A. Si rebota y
luego de t = 1 s golpea de nuevo al plano en B,
se pide hallar el coeficiente de restitución e
entre la bola y el plano y la distancia d.
h
A
Solución:
d
B
Velocidad inmediatamente antes del choque: v A
Fig. 5.61
T1 + V1 = T2 + V2
1
0 + m g h = m v A2 + 0
2
v A = 2 g h = 5,24 m/s
3
4
Antes del choque: descompongamos la velocidad vertical vA en las direcciones x e y:
y
n
x
vA
θ
vA y
vA x
3
vA
5
4
= v A cos θ = − v A
5
v Ax = v A senθ =
(1)
v Ay
(2)
A
θ
Fig. 5.62
Análisis del choque: con la definición del coeficiente de restitución podemos calcular la
relación entre las velocidades inmediatamente antes y después del choque a lo largo de la
línea de choque, que en este caso denominaremos n y coincide con la dirección y.
v
e = −
n
y
v′Ay
v Ay
→
v′Ay = − e v Ay
v′A y
x
θ
A
θ
v′A
de (2):
u
v′A y = e
4
vA
5
v′A x
θ
Fig. 5.63
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-38
En dirección x se conserva el movimiento:
m v A x = m v′A x
→ v′A x = v A x
3
= vA
5
(3)
Descompongamos las componentes de la velocidad en las direcciones u y w:
v′A u = v′Ax cosθ + v′A y senθ =
3 ⎛ 4⎞
4
12
⎛ 3⎞
vA ⎜ ⎟ + e vA ⎜ ⎟ =
v A ( 1 + e)
5 ⎝5⎠
5
25
⎝5⎠
(4)
v′A w = v′A y cosθ − v′A x senθ =
v
4
3 ⎛3⎞
⎛4⎞
e v A ⎜ ⎟ − v A ⎜ ⎟ = A (16 e − 9)
5
5 ⎝5⎠
25
⎝5⎠
(5)
v
Ahora podemos estudiar el movimiento
de vuelo libre (parabólico) recordando
que en tal movimiento, en la dirección
horizontal (u) tendremos movimiento
con velocidad constante, mientras que
en la dirección vertical (w) tendremos
movimiento uniformemente
desacelerado (la aceleración es la de la
gravedad):
v′A w
A
v′A u
u
d
3
w=− d
5
B
4
u= d
5
Fig. 5.64
( 4)
En dirección u:
→
En dirección w:
→
de (6) y (7):
u = v′A u t =
3
4
! 4
12
v A (1 + e) t = d
5
25
3
v A (1 + e) = d
5
w = v′A w t −
(6)
( 5)
!
v
3
1
1
g t 2 = A (16 e − 9) (1) − (9,8) (1) 2 = − d
5
2
2
25
vA
3
(16 e − 9) − 4,9 = − d
25
5
(7)
e = 0,94
d = 6,10 m
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-39
Ejemplo 5.16:
Una esfera con masa mB = 2 kg se mueve
hacia la izquierda con velocidad 10 m/s y
choca contra la superficie inclinada del bloque
A que está en reposo y tiene masa m A = 5 kg.
Si el coeficiente de restitución es e = 0,75 ,
hallar las velocidades de ambas masas
inmediatamente después del choque.
vB = 10 m/s
B
30°
A
Fig. 5.65
Solución:
La línea de choque queda definida por la normal a las superficies en contacto:
t
t
mB v′B t
t
n
60°
+
mB v B
mB v′B n
=
∫ F dt
∫m
B
g dt ≈ 0
mB v B cos 60° = mB v′B t
En dirección t:
n
n
Fig. 5.66
v′B t = 5 m/s
→
Para todo el sistema:
mB v′B t
mB v B
mB v′B n
m A v′A
+
∫m
∫N
1
dt
g dt ≈ 0
A
∫N
2
=
dt
Despreciando los impulsos de los pesos de ambas partículas:
(+)
− mB v B = − m A v′A − mB v′B t sen 30° + mB v′B n cos 30°
→:
→
5 v′A − 1,732 v′B n = 15
Tenemos para el coeficiente de restitución:
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(1)
e = −
(v′B ) n − (v′A ) n
(v B ) n − (v A ) n
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(+)
0,75 = −
:
→
de (1) y (2):
Pág. 5-40
(v′B ) n − (− v′A cos 30°)
− 10 cos 30° − 0
v′B n + 0,866 v′A = 6,495
(2)
v′A = 4,04 m/s
v′B n = 2,998 m/s
y además teníamos:
v′B t = 5 m/s
Finalmente, de ambas componentes para v′B :
v′B =
y además:
→
v′B
v′B t
(v′B t ) 2 + (v′B n ) 2 = 5,83 m/s
α
v′B n
30°
⎛
5 ⎞
⎟ = 59°
⎝ 2,998 ⎠
α = arctan ⎜
v′B = 5,83 m/s
89°
Ejemplo 5.17:
Los tres péndulos matemáticos son
idénticos (longitud l y masa m). Si se
suelta al péndulo A desde el reposo
cuando forma un ángulo θ con la
vertical, se pide determinar el ángulo φ
que forma el péndulo C con la vertical
después de la colisión. El coeficiente de
restitución entre los pares de esferas es e.
φ
θ
l
l
l
A
Línea de choque
B
C
Fig. 5.68
Solución:
•
Cálculo de la velocidad de A inmediatamente antes del choque con B.
T1 + V1 = T2 + V2
0 + l (1 + cosθ ) mg =
→
•
vA =
1
m v A2 + 0
2
2 g l (1 − cos θ )
(1)
Análisis del choque de A con B:
+
→:
m v A + 0 = m v′A + m v′B
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(2)
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
+
→:
e = −
(v′B ) − (v′A )
( v B ) − (v A )
v′B =
Resolviendo (2) y (3):
•
→
e =
(v′B ) − (v′A )
(v A )
1
(1 + e) v A
2
(3)
(4)
Análisis del choque de B con C:
→
m v′B + 0 = m v′B′ + m vC′′
→
e = −
resolviendo (5) y (6):
es decir:
•
Pág. 5-41
vC′′ =
(vC′′ ) − (v′B′ )
(vC′ ) − (v′B )
vC′′ =
→
(5)
e =
(vC′′ ) − (v′B′ )
(v′B )
(6)
( 4)
1
1
(1 + e) v′B = (1 + e) 2 v A
4
2
1
1/ 2
(1 + e) 2 [2 (1 − cosθ ) g l]
4
Movimiento de C después del choque:
T1 + V1 = T2 + V2
1
m (vC′′ ) 2 + 0 = 0 + m g l (1 − cos φ )
2
4
⎡
⎤
⎛1+ e ⎞
reemplazando y ordenando:
φ = arc cos ⎢1 − ⎜
⎟ (1 − cosθ )⎥
⎝ 2 ⎠
⎣⎢
⎦⎥
Ejemplo 5.18:
Las masas del bloque A y del carro B
representados en la figura son 20 kg y 80 kg
respectivamente y el coeficiente de fricción
entre ellos es μ = 0,20. Los cuerpos se
encuentran en reposo en la posición
mostrada en el instante en que se aplica la
fuerza constante P = 300 N. El cuerpo A
desliza respecto a B hasta chocar con el
extremo derecho y entonces queda adherido
a él. Se pide:
Calcular la velocidad de B después de moverse 4,5 m hacia la izquierda.
Calcular la velocidad de A después de moverse 4,5 m hacia la izquierda.
Calcular la velocidad de A después de chocar con el extremo derecho de B.
Calcular el trabajo realizado por la fuerza de fricción sobre cada cuerpo.
Verificar que se cumple la ecuación de trabajo y energía entre el instante inicial y el
instante antes del choque.
f) Calcular la energía disipada durante el choque.
a)
b)
c)
d)
e)
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-42
Solución:
•
Para el bloque A:
mA aA
=ˆ
Ff
mA g
N
∑F
∑F
y
:
N − mA g = 0 →
x
:
Ff = mA a A
μ mA g = mA a A
•
Fig. 5-70
N = mA g
→ aA = μ g
→
a A = 1,96 m/s2 (←) constante.
Para el carro B:
N
P
=ˆ
Ff
N1
mB g
mB aB
N2
Fig. 5-71
∑F
x
:
P − F f = mB a B
300 − 0,2 (20) (9,8) = 80 a B
a B = 3,26 m/s2 (←) constante
Ahora:
a A / B = a A − a B = − 1,30 m/s2
⇒ a A B = 1,30 m/s2 (→) constante
a) El carro B se mueve con movimiento uniforme acelerado hacia la izquierda:
v B2 − v B2 0 = 2 a B s B
→ v B2 = 2 a B s B
→ v B = 5,42 m/s
(←)
b) El bloque A también se mueve con movimiento uniforme acelerado también hacia la
izquierda:
v A2 − v A2 0 = 2 a A s A
→ v A2 = 2 a A s A
→ v A = 4,20 m/s
(←)
c) El bloque A se mueve con respecto a B según movimiento relativo uniformemente
acelerado. Utilizando las ecuaciones que caracterizan a tal movimiento calcularemos el
tiempo que le toma al bloque A alcanzar el extremo derecho del carro:
1
1
s A / B = a A / B t 2 → 4,5 = (1,30) t 2 → t = 2,631 s
2
2
Ahora podemos calcular las velocidades inmediatamente antes del choque:
v A − v A 0 = a A t = (1,96) (2,631) = 5,157 m/s
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(←)
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-43
v B − v B 0 = a B t = (3,26) (2,631) = 8,577 m/s
•
(←)
Análisis del choque para determinar velocidades inmediatamente después del
choque: v ′A = v ′B = v ′ (dato del problema)
Durante el choque se conserva la cantidad de movimiento del sistema en la dirección
de la línea de choque. Además, por dato del problema, el choque es perfectamente
plástico. Entonces:
m A v A + mB v B = m A v′ + mB v′
de donde:
v′ = 7,814 m/s (←)
d) El trabajo realizado por la fuerza de fricción entre dos partículas que tienen
desplazamiento relativo entre ellas depende de los desplazamientos absolutos de cada
una:
1
a A t 2 = 6,785 m
2
1
= a B t 2 = 11,285 m
2
sA =
Desplazamientos absolutos:
sB
trabajo sobre A:
U F f A = F f s A = 39,2 (6,785) = 265,97 Joule
trabajo sobre B:
U F f = − F f s B = − 39,2 (11,285) = − 442,37 Joule
trabajo sobre el sistema:
U F f = F f ( s A − s B ) = 39,2 (6,785 − 11,285)
U F f = − 176,4 Joule
e)
Ahora podemos verificar que se cumple la ecuación de trabajo y energía entre el
instante inicial y el instante antes del choque:
Para todo el sistema:
U 1→2 = ΔT
1
1
m A v A2 + mB v B2
2
2
1
1
(300) (11,285) + (− 176,4) = (20) (5,157) 2 + (80) (8,577) 2
2
2
P sB + Ff s A / B =
320,2 Joule = 320,2 Joule
f)
(OK!)
La energía disipada durante el choque es el cambio de energía cinética:
ΔE = T − T ′
1
1
⎞
⎛1
⎞ ⎛1
= ⎜ m A v A2 + mB v B2 ⎟ − ⎜ m A v′ 2 + mB v′ 2 ⎟
2
2
⎝2
⎠ ⎝2
⎠
→
ΔE = 157,47 Joules
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-44
Ejemplo 5.19:
v0
A
A una pelota de tamaño despreciable y
masa m se le aplica una velocida v 0 estando
en el centro del carro, cuya masa es M y se
encuentra originalmente en reposo. Si el
coeficiente de restitución entre la pelota y
los topes A y B es e, se pide:
B
d
d
Fig. 5-72
a) Determinar la velocidad de la bola y del carro justo después de que la pelota golpea A.
b) Determinar el tiempo necesario total para que la bola golpea A, rebote, golpee después
B, rebote y regrese al centro del carro. Todas las superficies son lisas.
Solución: La bola llega a A (antes del choque) con velocidad v 0 .
Durante el choque se conserva la cantidad de movimiento para el sistema
∑m
i
(+)
→ x:
r
vi (1) =
∑m
i
0 + m v 0 = m vb + m v c
(+)
El coeficiente de restitución: ← :
de (1) y (2):
r
vi ( 2 )
e =
(1)
vc − vb
v0
→
e v 0 = v c − vb
(2)
m v0 = m (vc − e v0 ) + M vc
m v0 = ( m + M ) vc − m e v0
vc =
y
m (e + 1) v0
m+M
(3)
vb = v c − e v 0
vb =
m (e + 1) v0
− e v0
m+M
→
b) Primera colisión:
e =
vrel
v0
Segunda colisión:
e =
′
vrel
v′
= rel
vrel
e v0
El tiempo total será:
t =
2d
d
d
+
+
′
v0
vrel
vrel
de donde:
t =
d
(e + 1) 2
e v0
→
vb =
m − eM
v0
m+M
(4)
vrel = e v0
→
′ = e 2 v0
vrel
→
t =
2d
d
d
+
+ 2
v0
e v0
e v0
2
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-45
Ejemplo 5.20:
Una esfera pequeña cae libremente y choca contra
un plano inclinado rugoso. Conociendo el
coeficiente de fricción μ y el ángulo de inclinación
θ de la rampa fija, se pide determinar el coeficiente
de restitución para que la esfera rebote
horizontalmente.
θ
Fig. 5.73
Solución:
n
n
t
n
t
+
t
=
∫F
θ
mv
∫ N dt
f
θ
m v′
dt
∫ m g dt ≈ 0
Fig. 5.74
n
(+)
t
(+)
:
− m v cosθ +
∫ N dt
:
− m v senθ +
∫F
∫ N dt
de (1):
en (2):
∫ μ N dt
(4) ÷ (3):
μ =
dt = − m v′ cosθ
(2)
(3)
Ff = μ N
= m (v senθ − v′ cosθ )
(4)
v senθ − v' cosθ
v' senθ + v cosθ
Coeficiente de restitución:
→
Reemplazando (6) en (5):
Despejando e:
(1)
= m (v′ senθ + v cosθ )
La fuerza de fricción será:
→
f
= m v′ senθ
μ =
e =
(5)
(v n′ )
v ′ senθ
= −
(v n )
− v cosθ
ev
v′ =
tan θ
e = −
μ =
v senθ −
(6)
ev
cosθ
tan θ
ev
senθ + v cosθ
tan θ
cos 2 θ
2
2
senθ = sen θ − e cos θ
(e + 1) cosθ
(e + 1) senθ cosθ
senθ − e
tan θ ( senθ − μ cosθ )
μ senθ + cosθ
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Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-46
5.9 Momento cinético e impulso angular de un sistema de partículas
r
v1
Si aplicamos la segunda ley de Newton a
la partícula i:
m1
r
Fi +
mi
r
vn
mn
r
rn
r
f ij
r
ri
r
r1
r
vi
r
f ji
r
vj
mj
x
O
Fig. 5.75
z
(5.46)
r
Si multiplicamos vectorialmente por ri
por la izquierda todos los términos de
(5.46):
r r
r r
r d
r
ri × Fi + ∑ ri × f ij = ri × (mi vi )
dt
j
r
d r
=
(ri × mi vi )
dt
y
r
rj
r
r
d
f
∑ ij = dt (mi vi )
Si sumamos para las n partículas:
∑
r r
ri × Fi +
∑∑
i
i
j
r r
ri × f ij =
∑
i
r
d r
(ri × mi vi )
dt
r
r r
r r
r r
= 0, pues ri × f ij + r j × f ji = (ri − r j ) × f ij = 0
(dado que ambos vectores son paralelos)
→
r
r
i
i
∑ r ×F
∑
=
i
i
r
d r
(ri × mi vi )
dt
(5.47)
Podemos reconocer que el término de la izquierda es la suma de los momentos de las
fuerzas externas que actúan sobre el sistema con respecto al punto O, mientras que el
término de la derecha es la suma de los momentos cinéticos de todas las partículas con
respecto al punto O.
r
M
∑ Oi =
i
r&
H
∑ Oi
(5.48)
i
expresión que también podemos escribir de la forma:
r
r&
M O = HO
Ahora:
r
d r
MO =
HO
dt
r
M
∫ O dt =
( 2)
integrando:
(5.49)
(1)
→
r
d
H
∫ O
r
r
M O dt = dH O
( 2)
r
r
r
M
dt
=
H
−
H
O ( 2)
O (1)
∫ O
( 2)
→
(1)
(1)
expresión que también puede ser escrita como:
r
H O (1) +
r
r
M
dt
=
H
O ( 2)
∫ O
( 2)
(1)
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Ecuación del impulso angular y momento
cinético para un sistema de partículas.
(5.50)
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
o si se desea:
Pág. 5-47
r
r
∑ ri (1) × mi vi (1) +
i
( 2)
r
∑ ∫M
i
Oi
dt =
r
∑r
i ( 2)
r
× mi vi ( 2)
(5.51)
i
(1)
5.10 Conservación del momento cinético para un sistema de partículas
Si en particular se tiene para un sistema que:
r
M
∫ O dt = 0
r
r
H O ( 2 ) = H O (1)
( 2)
→
(5.52)
Ecuación de conservación
del momento cinético para
un sistema de partículas.
(1)
( 2)
Nota:
r
∫M
Si la condición
O
dt = 0 se cumpliera solamente en una cierta dirección,
(1)
diremos entonces que el momento cinético del sistema se conserva solamente en
dicha dirección u. Llamando u a dicha dirección podemos escribir según (5.51):
( 2)
∫M
Ou
dt = 0
→
H O ( 2) u = H O (1) u
(5.53)
(1)
5.11 Momento cinético de un sistema de partículas con respecto a un
punto móvil A
Ahora evaluaremos el momento cinético de un sistema de partículas con respecto al origen
A de un sistema móvil. Entonces:
r
v1
r
vi
mi
m1
r
vn
r
ri
mn
r
rn
r
r1
O
r
f ji
ρi
y'
r
x'
ρj
A
mj
z'
r
rj
y
r
r
f ij
r
vj
x
z
Fig. 5.76
r
Si multiplicamos vectorialmente por ρ i por la izquierda todos los términos de (5.46)
obtenemos:
r d
r r
r r
r
ρ i × Fi + ∑ ρ i × f ij = ρ i × (mi vi )
dt
j
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-48
Sumando para todo el sistema:
∑
r
r
i
i
j
r
r
∑∑
ρ i × Fi +
ρ i × f ij =
r
∑ρ
i
×
r
d
(mi vi )
dt r
i r
r
r
r
r
r
= 0 pues ρ i × f ij + ρ j × f ij = ( ρ i i − ρ j ) × f ij = 0
(dado que ambos vectores son paralelos)
r
r
r
Como ri = rA + ρ i
r
r r
r&i = r&A + ρ& i
→
i
r
× Fi =
i
r
× Fi
r
∑ρ
r
∑ρ
r
r
∑
ρ i × Fi
∑
r
M Ai =
r
r r
d
mi [ (r&A + ρ& i ) ]
dt
r
r d
r
r
= ∑ ρ i mi × &r&A + ∑ ρ& i × (mi ρ& i )
dt
r
r& d
r
r&&
= ρ G (∑ mi ) × rA + ∑ ρ i × (mi ρ& i )
dt
r
r
r
&
ρG × M a A + ∑ H Ai
∑ρ
i
×
r
r&
r
r
M A = ρG × M a A + H A
o más corto:
(5.54)
(5.55)
r
r&
De la ecuación (5.55) queda claro que en general no se cumplirá que M A = H A . Sin
embargo será interesante estudiar las condiciones y los casos particulares para los cuales se
cumplirá con dicha relación:
r
r&
Según la expresión (5.55) Para que M A = H A sea cierta entonces deberá cumplirse que
r
r
M ρ G × a A = 0 , es decir en los siguientes casos:
i)
r
ρG = 0 →
A≡G
Lo cual significa que el sistema de coordenadas móvil debería tener origen en el
centro de masas del sistema de partículas.
Entonces podemos escribir para un sistema de partículas que se cumplirá que:
r
r&
M G = HG
(5.56)
de donde, de manera análoga a como se procedió para llegar de la expresión (5.49) a la
(5.50):
r
H G (1) +
( 2)
r
∫M
G
r
dt = H G ( 2)
(5.57)
(1)
ii)
r
aA = 0
→
r
r
v A = constante (en partícular podría ser v A = 0)
Lo cual significa que el sistema de coordenadas móvil es tal que su origen se mueve
con velocidad constante a lo largo de una trayectoria rectilínea.
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-49
Ejemplo 5.21:
ω
Los tres collarines que conforman el sistema
mostrado tienen masa de 2 kg c/u. La barra de
ensamble tiene peso despreciable y gira en
torno al eje vertical. En el instante en que
R = 57,5 cm los collares se deslizan hacia
fuera de las barras con velocidad 22,5 cm/s y
velocidad angular ω = 1 rad/s. Determinar para
ese instante la aceleración angular α y la
aceleración del collarín C. Los radios de las
poleas son despreciables.
R
R
vr
vr
30°
30°
B
A
C
Fig. 5.77
Solución:
Utilizando coordenadas cilíndricas:
r
rA = ( R , 0 , − R tan 30°)
r
rB = (− R , 0 , − R tan 30°)
donde:
z = − R tan 30°
z& = − R& tan 30°
r
v A = ( R& , R θ& , z& )
r
v B = (− R& , − R θ& , z& )
Momento cinético del sistema respecto al origen:
r
r
r
r
r
r
r
r
r
H O = ∑ (ri × mi vi ) = rA × m v A + rB × m v B + rC × m vC
i
r
H O = − 2 m R 2 θ& ˆj
Puesto que las únicas fuerzas externas sobre
el sistema son los pesos propios de los
r
collarines ⇒ la componente en z de ∑ M O es nula y por consiguiente:
H O z = constante
es decir:
d / dt :
− 2 m R 2 θ& = constante
2 m (2 R R& θ& + R 2θ&&) = 0
2 R& θ&
R
R = r cos 30°
R& = r& cos 30°
θ&& = −
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-50
θ&& =
− 2 R& θ&
− 2 r& cos 30° θ&
=
R
R
θ&& =
− 2 (22,5) cos 30° (1)
= − 0,678 rad/s2
57,5
Además, para el collarín A:
m az
T
30°
=ˆ
m aR
30°
NA
mg
∑F
∑F
Fig. 5.78
x
:
&& − Rθ& 2 )
N A sen 30° − T cos 30° = m ( R
(1)
z
:
N A cos 30° + T sen 30° − m g = m &z&
(2)
(Notar que en la dirección y: m aθ = m (2 R& θ& + Rθ&&) = Fθ donde Fθ es una fuerza normal
perpendicular al plano de la figura).
T
para el collarín C:
m &r&
T
=ˆ
Fig. 5.79
mg
Entonces:
∑F
z
2 T − m g = m &r&
:
(3)
pues la aceleración de C es la misma que la de los bloques A y B a lo largo de los brazos.
Además:
→
&& = &r& cos 30°
R
z = − r sen 30° →
&z& = &r& sen 30°
R = r cos 30°
r
30°
z
R
en (1), (2) y (3) y resolviendo:
N A = 17,55 N
T = 9,47 N
&r& = − 0,33 m/s2
→
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aC = 0,332 m/s2
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-51
Ejemplo 5.22:
El sistema mostrado se encuentra en equilibrio estático
cuando se suelta desde el reposo al bloque A (mA = 50
kg), el cual cae libremente hasta chocar con el bloque C
(mC despreciable). Considerando el choque entre A y C
como perfectamente plástico, se pide calcular:
a) La distancia máxima que desciende el bloque A
después del choque.
b) La fracción de energía que se pierde como
consecuencia del choque.
Se sabe además que la masa del bloque D es mD = 100
kg y que la masa de la polea puede considerarse
despreciable.
Solución: a) Análisis del choque:
•
Cálculo de la velocidad de A inmediatamente antes del choque: v A
vA =
•
2 g h = 4,85 m/s
Análisis del choque: durante el choque el momento cinético del sistema respecto a
“O” se conserva:
∫O
y
dt
∫O
x
dt
=
+
∫m
∫m
∫m
D
A
g dt ≈ 0
C
g dt ≈ 0
m A v′A
mD v′D
mC vC′
g dt ≈ 0
La ecuación del impulso angular y momento cinético para un sistema de partículas es:
r
H O (1) +
r
r
M
dt
=
H
∑∫ O
O ( 2)
2
1
r
r
∑ ri × mi vi (1) +
2
r
∑∫M
O
dt =
r
r
∑ r ×m v
i
i
i ( 2)
1
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Cap. 5 Sistemas de Partículas
Pág. 5-52
m A v A R = (m A + mC + mD ) v′ R
→
v′ =
de donde:
mA
v A = 1,62 m/s
m A + mD
•
B
O
A
Después del choque se conserva la energía para el
sistema:
T(1) + V(1) = T( 2) + V( 2 )
1
( m A + mD ) v ′ 2 − mD g H = − m A g L − m D g ( H − L)
2
h
N.R.
C
Velocidad de los bloques inmediatamente
después del choque.
→
L = 0,4 m
L
H
L
D
Fig. 5.82
b) Energía antes del choque:
T0 =
1
m A v A2 = 588,06 Joule
2
1
(m A + mD ) v′ 2 = 196,83 Joule
2
Energía después del choque:
T(1) =
ΔT = 391,23 Joule
ΔT
= 0,67
T0
→
es decir, se pierde 67 % de energía durante el choque.
--------------------
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-1
Por: Jorge Rodríguez Hernández, Dipl.-Ing.
Profesor del Área de Diseño
Sección de Ingeniería Mecánica
Cap. 6 Cinemática del cuerpo rígido
A partir de este capítulo estudiaremos la dinámica de los cuerpos rígidos. Ello debido a que
en la ingeniería mecánica los mecanismos constituyen parte esencial de las máquinas y a su
vez los mecanismos están compuestos por la unión de diversos cuerpos rígidos, varios de
ellos usualmente móviles. Empezaremos estudiando la geometría del movimiento de los
cuerpos rígidos, es decir, su cinemática.
A manera de ejemplo se muestran algunos mecanismos de la técnica mecánica:
(a)
Motor de combustión
interna.
(b) Bomba de pozo petrolero.
(d) Vehículo con brazo móvil.
(c) Brazo de manipulador industrial.
(e) Retroexcavadora.
Fig. 6-1
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-2
Definición: Cuerpo Rígido es aquel en el cual la distancia entre dos puntos cualesquiera
es invariable.
6.1 Tipos de movimiento
Movimiento de traslación:
Si cualquier segmento lineal del cuerpo permanece paralelo a
la dirección original durante el movimiento ya sea en el plano
o en el espacio.
A
A
A
A
A
A
B
B
B
B
B
y
z
O
y
Traslación rectilínea
x
B
Fig. 6-2
z
O
Traslación curvilínea
x
Fig. 6-3
ω
Rotación alrededor de un eje fijo:
Eje de
rotación
Cualquier punto describe una trayectoria plana
alrededor del eje de rotación . Las partículas situadas
sobre el eje carecen de velocidad y aceleración.
P
y
z
O
x
Fig. 6-4
Chapa S
Movimiento plano:
P
Si cualquier punto del cuerpo se mueve en
trayectorias planas paralelas a un plano fijo. Basta
análisis de la chapa S.
y
z
Rotación alrededor de un punto
O
x
Fig. 6-5
rótula
A
Fig. 6-6
Fig. 6-7
Movimiento general: Resulta de la combinación de algunos de los movimientos anteriores.
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-3
6.2 Campos vectoriales equiproyectivos
r
r
r
Definición: Un campo vectorial V (P ) es equiproyectivo si los vectores V ( P1 ) y V ( P2 ) ,
que corresponden a los puntos P1 y P2 respectivamente, tienen la misma
componente sobre la recta que une dichos puntos.
r
V ( P1 )
P1
r
rP1
r
rP 2
y
x
O
z
L
Fig. 6-8
r
Es decir, V (P ) es equiproyectivo si :
→
r
V ( P2 )
P2
r
r
r
r
r
r
(r − r )
(r − r )
V ( P1 ) ⋅ rP 2 rP1 = V ( P2 ) ⋅ rP 2 rP1
rP 2 − rP1
rP 2 − rP1
r
r
r
r
r
r
V ( P1 ) ⋅ (rP 2 − rP1 ) = V ( P2 ) ⋅ (rP 2 − rP1 )
(6.1)
Condición necesaria y suficiente para que
r
V (P ) sea campo vectorial equiproyectivo.
Ejemplo 6.1: Momento resultante de un sistema de fuerzas.
r
M P2
r
M P1
P1
r
rP1
P2
r
rP 2
y
z
O
L
x
Fig. 6-9
r
Sean M P1 el momento resultante de un sistema general de fuerzas que actúa sobre un
r
cierto cuerpo rígido (no mostrados en la figura) con respecto al punto P1 y M P 2 el
momento resultante del mismo sistema de fuerzas con respecto al punto P2 .
⇒
r
r
⋅ (rP1 − rP 2 ) :
entonces:
r
r
M P 2 = M P1 +
r
r
r
M P 2 ⋅ (rP1 − rP 2 )
r
r
r
M P 2 ⋅ (rP1 − rP 2 )
r
r
r
r
(rP1 − rP 2 ) × R
( R es la resultante del sistema)
r
r r
r
r
r
r
r
= M P1 ⋅ (rP1 − rP 2 ) + [(rP1 − rP 2 ) × R] ⋅ (rP1 − rP 2 )
r
r
r
0
= M P1 ⋅ (rP1 − rP 2 )
r
la cual es la condición necesaria y suficiente para que M P sea un campo vectorial
equiproyectivo.
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-4
Ejemplo 6.2:
Campo de velocidades de un sólido rígido en
movimiento.
r
v P1
P1
Por definición de cuerpo rígido:
r
rP1
r
r
rP 2 − rP1 = d (constante)
d
r
rP 2
P2
r
v P2
y
es decir:
r
r
r
r
(rP 2 − rP1 ) ⋅ (rP 2 − rP1 ) = d 2
d / dt :
r
r
r
r
2 ( r&P 2 − r&P1 ) ⋅ ( rP 2 − rP1 ) = 0
z
O
L
x
Fig. 6-10
r
r
r
r
(v P 2 − v P1 ) ⋅ (rP 2 − rP1 ) = 0
r
r
r
r
r
r
v P 2 ⋅ (rP 2 − rP1 ) = v P1 ⋅ (rP 2 − rP1 )
r
∴ v P es un campo vectorial equiproyectivo.
Ahora podemos concluir que como el campo de velocidades de un cuerpo rígido es un
campo vectorial equiproyectivo ⇒ se debe cumplir necesariamente que:
r
r
r
r
r
v P 2 = v P1 + Ω × (rP 2 − rP1 )
(6.2)
r
donde Ω es un cierto vector libre cuya naturaleza será analizada detenidamente a
continuación.
Casos particulares:
r
1) Si Ω = 0 ⇒
P2
r
rP 2
r
rP1
y
z
O
P1
x
Fig. 6-11
r
r
v P 2 = v P1
r
r
v P 2 − v P1 = 0
r
d r
(rP 2 − rP1 ) = 0
dt
r
r
rP 2 − rP1 = constante
es decir, el cuerpo rígido tiene en este
caso movimiento de traslación.
Luego, para el movimiento de traslación se cumple que para cualquier instante del
movimiento:
r
r
v P 2 = v P1 (P1 y P2 son dos puntos cualesquiera del cuerpo rígido)
y en consecuencia también se cumplirá que:
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r
r
a P 2 = a P1
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-5
r
2) Si existe un punto P0 para el cual v P 0 = 0
y
r
Ω = constante
ω
r
r
r
r r
v P = v P 0 + Ω × (rP − rP 0 )
r
r
r r
v P = Ω × (rP − rP 0 )
r
Ω
P
a) Si tomamos P de rtal manera que esté
r
sobre la recta L // Ω , entonces v P = 0
r
rP
r
rP 0
y
∴ el eje L es el eje de rotación del cuerpo rígido.
O
z
P0
x
L
Fig. 6-12
ω
b) Si tomamos P fuera del eje de rotación:
r
Ω
r r r
r
r
v P = v P 0 + Ω × (rP − rP 0 )
vP
P
r
r r
r r
= Ω × (rP − rP 0 ) = Ω (rP − rP 0 ) senϕ = Ω ρ
1442443
Ξ
r
rP
ρ
y como v P = ω ρ (ver figura 6-11 a)
entonces:
Ω =ω
y finalmente:
r r
Ω =ω
z
O
P0
r
rP 0
y
Trayectoria
de P
P
ρ
x
L
Fig. 6-13
ρ
r
vP
Fig. 6-14
r
Es decir, se pude reconocer que el vector Ω no es otra cosa que el vector velocidad
angular.
3) Luego demostraremos de manera más formal que para el movimiento general de un
cuerpo rígido se cumple:
r
r
r
r r
v B = v A + ω × (rB − rA )
r
donde ω es denominado vector velocidad angular del cuerpo rígido y A y B son dos
puntos cualesquiera del cuerpo rígido.
r
r
r
r r
v B = v A + ω × (rB − rA )
Nota: Si observamos
se ve que la velocidad de B es a su vez la suma de dos velocidades:
r
vA
•
Traslación:
•
Rotación alrededor de A:
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r
r
r
ω × (rB − rA )
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-6
Ejemplo 6.3:
y
El mecanismo mostrado consta de dos correderas
unidas por una varilla rígida de longitud L = 200 cm.
Si en el instante mostrado la velocidad del collarín A
es de v A = 6 cm/s, se pide calcular la velocidad del
collarín B.
B
30°
L
Solución:
A (100 , 0) cm
60°
B (0 , 100 3 ) cm/s
r
v A = (6 , 0) cm/s
r
v B = (0 , v B ) cm/s
A
x
Fig. 6-15
vA
Para los puntos A y B de la varilla rígida, por equiproyectividad se debe cumplir que:
r
r r
r
r r
v A ⋅ (rB − rA ) = v B ⋅ (rB − rA )
(6, 0) ⋅ (−100 , 100 3 ) = (0, v B ) ⋅ (−100 , 100 3 )
− 600 = 100 3 v B
v B = −2 3 cm/s
de donde:
(el signo negativo indica, obviamente, que la
componente calculada tiene sentido hacia abajo)
La propiedad equiproyectiva de las velocidades también se puede mostrar de manera
gráfica:
Se puede ver claramente que se debe cumplir que:
v B cos 30° = v A cos 60°
B
vB
30°
vB cos 30°
o sea:
L
vB
3
1
= vA
2
2
de donde: v B = 2 3 cm/s
vA
A
60°
vA cos 60°
Fig. 6-16
Para el estudiante de ingeniería será fácil de
imaginar que esta última posibilidad podría
ejecutarse muy rápidamente haciendo una
construcción a escala como muestra la figura.
Es decir, si utilizando una escala apropiada de velocidades, dibujamos el dato vA, luego de
la construcción podríamos leer, bajo la misma escala, la respuesta para vB. Efectivamente,
en la ciencia de los mecanismos todavía se recurre a los procedimientos gráficos para
llegar rápidamente hasta respuestas suficientemente aproximadas.
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-7
Ejemplo 6.4: La barra AB gira con velocidad angular 2 rad/s en sentido antihorario. Se
pide hallar la velocidad de la corredera E.
S6
E
S5
S3
B
C
B’
S4
D
S2
Fig. 6-17
ω2
O21
A
Solución: Aún cuando este problema será resuelto analíticamente páginas más adelante,
ahora se pretende mostrar al alumno cuál sería el camino de solución gráfica.
•
•
Primero que nada el mecanismo debe estar dibujado a una cierta escala conveniente.
r
Elegimos una cierta escala para representar el vector v B teniendo en cuenta que su
magnitud se calcula mediante: v B = ω 2 AB .
•
Utilizamos la propiedad equiproyectiva de las velocidades para el cuerpo S3:
r
proyectamos v B sobre BC y encontramos B’. Llevamos la distancia BB’ y ubicamos C’
(pues se debe cumplir que BB ' = CC ' ). Puesto que conocemos la dirección y sentido
r
de la velocidad de C, encontramos fácilmente vC .
•
Repetimos el procedimiento utilizando la propiedad equiproyectiva de las velocidades
r
del cuerpo S5 y hallamos v E .
S6
r
vB
r
vE
S5
S3
B
E
C
C’
B’
S4
r
vC
D
S2
ω2
O21
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Fig. 6-18
A
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-8
6.3 Concepto de velocidad angular
En la figura se muestra una partícula P moviéndose a lo largo de una cierta trayectoria. En
el capítulo 1 hemos hecho el análisis de su movimiento utilizando para ello un sistema fijo
de coordenadas (OXYZ en la figura). Ahora intentaremos estudiar su movimiento pero a
través de la utilización de un sistema móvil de coordenadas (Axyz en la figura) y que no
tiene restricción alguna en cuanto a su movimiento. Es decir, el sistema móvil puede estar
girando.
C
P
r
ρ
z
r
rP
r
rA
Y
O
y
x
Ĵ
Z
A
X
Iˆ
Fig. 6-19
K̂
r
Dado que el vector ρ muestra la posición relativa de la partícula con respecto al sistema
móvil, será de mucha importancia obtener una expresión que nos muestre la relación entre
la derivada con respecto del tiempo de dicho vector con respecto al sistema móvil y la
derivada del mismo con respecto al sistema fijo.
Si denominamos iˆ, ˆj y kˆ a las direcciones unitarias instantáneas de los ejes del sistema
r
móvil, podemos expresar las coordenadas de ρ con respecto al sistema OXYZ, a través de
sus componentes en las direcciones x, y y z:
r
ρ = ρ1 iˆ + ρ 2 ˆj + ρ 3 kˆ
Para un observador en el sistema OXYZ:
r
&
&
&
⎛ d r⎞
ρ ⎟ = ρ&1 iˆ + ρ& 2 ˆj + ρ& 3 kˆ + ρ1 iˆ + ρ 2 ˆj + ρ 3 kˆ
⎝ dt ⎠ O
ρ& = ⎜
→
&
⎛ d r⎞
⎛ d r⎞
⎛ &
⎜ ρ ⎟ = ⎜ ρ ⎟ + ⎜ ρ1 iˆ + ρ 2 ˆj + ρ 3
⎝ dt ⎠ O ⎝ dt ⎠ A ⎝
&
kˆ ⎞⎟
⎠
(6.3)
& & &
Ahora hay que calcular los vectores: iˆ , ˆj , kˆ :
•
& ⎛d ⎞
iˆ = ⎜ iˆ ⎟
⎝ dt ⎠ O
&
Cálculo de iˆ :
iˆ ⋅ iˆ = 1
→
d ˆ ˆ
(i ⋅ i ) = 0
dt
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→
&
&
iˆ ⋅ iˆ + iˆ ⋅ iˆ = 0
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Entonces:
análogamente:
Pág. 6-9
&
iˆ ⋅ iˆ = 0
⇒
&
iˆ ⊥ iˆ
ˆj ⋅ ˆ&j = 0
&
kˆ ⋅ kˆ = 0
⇒
ˆj ⊥ ˆ&j
&
kˆ ⊥ kˆ
⇒
r
r
&
De (6.4) afirmamos que existe α tal que iˆ = α × iˆ
r
ˆ&j = β × ˆj
análogamente:
r
&
y también:
kˆ = γ × kˆ
•
r
Determinación de α :
(6.4)
r
con
α = (α x , α y , α z )
con
β = (β x , β y , β z )
con
γ = (γ x , γ y , γ z )
r
r
si lo representamos como la suma de tres componentes según
los ejes móviles elegidos:
r
α = α x iˆ + α y ˆj + α z kˆ
r
&
→ iˆ = α × iˆ = (α x iˆ + α y ˆj + α z kˆ) × iˆ = − α y kˆ + α z ˆj
análogamente:
Además,
⇒
αx es arbitraria.
β y y γ z son también arbitrarias.
iˆ ⋅ ˆj = 0
d ˆ ˆ
(i ⋅ j ) = 0
dt
&
&
iˆ ⋅ ˆj + iˆ ⋅ ˆj = 0
r
r
(α × iˆ) ⋅ ˆj + iˆ ⋅ ( β × ˆj ) = 0
r
r
(iˆ × ˆj ) ⋅ α + ( ˆj × iˆ) ⋅ β = 0
r
r
kˆ ⋅ α − kˆ ⋅ β = 0
αz − βz = 0
→
⇒
y como γ z es arbitraria
αz = βz
tomemos:
γ z =αz = βz
αy = γ y = βy
Análogamente:
βx = γ x = αx
Por consiguiente:
en (6.3):
r
r
r
r
α = β = γ := ω
r
r
r
⎛ d r⎞
⎛ d r⎞
⎜ ρ ⎟ = ⎜ ρ ⎟ + ( ρ1 ω × iˆ + ρ 2 ω × ˆj + ρ 3 ω × kˆ)
⎝ dt ⎠ O ⎝ dt ⎠ A
r
⎛ d r⎞
= ⎜ ρ ⎟ + ω × ( ρ1 iˆ + ρ 2 ˆj + ρ 3 kˆ)
⎝ dt ⎠ A
→
r r
⎛ d r⎞
⎛ d r⎞
⎜ ρ⎟ =⎜ ρ⎟ +ω×ρ
⎝ dt ⎠ O ⎝ dt ⎠ A
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(6.5)
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Aplicación al cuerpo rígido:
Pág. 6-10
Los puntos A y B pertenecen al cuerpo rígido, el cual se
mueve según movimiento general.
Sistema móvil Axyz fijo (solidario) al cuerpo
rígido
r r r
r r r
ρ = rB − rA
→
rB = rA + ρ
B
r
ρ
z
r
rB
A
d/dt:
x
Z
O
r
⎛ d r⎞
ρ⎟
⎝ dt ⎠ O
ρ& = ⎜
r r
⎛ d r⎞
⎛ d r⎞
de (6.5): ⎜ ρ ⎟ = ⎜ ρ ⎟ + ω × ρ
⎝ dt ⎠ O
⎝ dt ⎠ A
= 0,
r
(pues ρ se mueve junto con el CR y
con el sistema móvil)
X
entonces:
donde
r
r
⎛ d r⎞
vB = v A + ⎜ ρ ⎟
⎝ dt ⎠ O
y
r
rA
Y
r
r r
r&B = r&A + ρ&
Fig. 6-20
r
r
r r
vB = v A + ω × ρ
r
donde ω es la velocidad angular del cuerpo rígido.
r
r
r
r r
v B = v A + ω × (rB − rA )
(6.6)
ecuación que relaciona las velocidades de dos puntos cualesquiera de un cuerpo rígido en
cualquier instante de su movimiento.
Si observamos esta última expresión
veremos que es idéntica a la expresión (6.2) y que, en
r
consecuencia, aquel vector Ω de dicha expresión no es otro que el vector velocidad
angular.
Derivando (6.6):
r
r
r
r r
r
r r
a B = a A + ω& × (rB − rA ) + ω × (r&B − r&A )
r
r
ω& = α
es la aceleración angular del cuerpo rígido.
además, como:
r
r r
r
rB − rA = rB / A = ρ
d / dt :
r
r r
r
r&B − r&A = r&B / A = ρ&
en consecuencia:
r r
r
r r
⎛ d r⎞
ρ ⎟ = ω × ρ = ω × (rB − rA )
⎝ dt ⎠ 0
r
r r
r r
r&B − r&A = ω × (rB − rA )
en (6.7):
r
r
r
r r
r
r
r r
a B = a A + α × (rB − rA ) + ω × [ω × (rB − rA )]
y como:
(6.7)
r
ρ& = ⎜
(6.8)
ecuación que relaciona las aceleraciones de dos puntos cualesquiera de un cuerpo rígido en
cualquier instante de su movimiento.
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Pág. 6-11
Nota: El vector velocidad angular de un cuerpo rígido es único e inherente al movimiento
de dicho cuerpo. A continuación lo demostraremos.
Pongamos dos observadores (se mueven con el cuerpo rígido) en A y A’.
Ambos observan el movimiento de P.
P
Supongamos que el observador situado en A lo
r
mira con velocidad angular ω :
r
rP / A'
r
rP / A r
r
rP / A − rP / A'
r
rP
r
rA
Y
Z
O
A
r r
r
r
v P = v A + ω × rP / A
A'
Supongamos que al mismo tiempo un observador
situado en A’ lo mira moverse con velocidad
r
angular ω ' :
r
rA'
X
r
r
r
r
v P = v A' + ω ' × rP / A'
Fig. 6-21
de (6.9) y (6.10):
(6.9)
r
r
0 = vA − v
A'
(6.10)
r r
r r
+ ω × rP / A − ω ' × rP / A'
r r
r r
r
r
v A − v A′ = ω ′ × rP / A' − ω × rP / A
(6.11)
r
El observador situado en A “mira” el movimiento de A′ con ω :
r r
r
r
r
v A′ = v A + ω × ( rP / A − rP / A ' )
r
r
r
r
r
v A − v A ' = − ω × ( rP / A − rP / A ' )
de (6.11) y (6.12):
→
r
r
r
r
r
r
r
r
(6.12)
r
r
ω ' × rP / A' − ω × rP / A = − ω × rP / A + ω ' × rP / A'
ω′ = ω
r
por consiguiente el vector velocidad ω es único para todo el cuerpo rígido en cualquier
instante de su movimiento. Del mismo modo podemos asegurar que el vector aceleración
angular es único para cualquier instante del movimiento.
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Pág. 6-12
Ejemplo 6.5:
z
En la figura se muestra un varillaje formado
por las barras soldadas BA, DE y DC. Los
extremos B y A están unidos a sendas
correderas mediante rótulas. El sistema se
mueve de tal manera que C toca siempre el
plano xy. E es punto medio de AB. Si la
corredera A se mueve de tal manera que su
velocidad es v A = 27 cm/s (constante), se pide
calcular para el instante mostrado:
3 cm
B
E
O
cm
y
A
2
cm
2
D
C
3 cm
vA
3 cm
x
a) Las velocidades de B y C y la velocidad
r
angular ω del varillaje.
Fig. 6-22
r
b) Las aceleraciones de B y C y la aceleración angular α del varillaje.
Solución:
r
a)
rA = (2, 6, 0) cm
r
rB = (0, 0, 3)
r
rC = (4, 3, 0)
Equiproyectividad sobre AB:
r r
r r
v B ⋅ rB A = v A ⋅ rB A
(0, 0, v B ) ⋅ ( −2, − 6, 3) = (27, 0, 0) ⋅ (−2, − 6, 3)
r
v = − 18 cm/s
v = − 18 kˆ cm/s
→
B
Además:
B
r r
r
r
v B = v A + ω × rB A
iˆ
kˆ
ˆj
(0, 0, -18) = (27, 0, 0) + ω x ω y ω z
−2 −6 3
0 = 27 + 3 ω y + 6 ω z
(1)
0 = − 3 ωx − 2 ωz
(2)
− 18 = − 6 ω x + 2 ω y
(3)
r r
r
r
También: vC = v A + ω × rC A
iˆ
(vCx , vCy , 0) = (27, 0, 0) + ω x
2
ˆj
kˆ
ω y ωz
−3
0
vCx = 27 + 3 ω z
(4)
vCy = 2 ω z
(5)
0 = −3 ω x − 2 ω y
(6)
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Pág. 6-13
y
→
ωx = 2
ω z = −3
de (4) y (5):
vC x = 18
y
de (3) y (4):
en (2)
ω y = −3
vC y = −6
r
⇒
ω = (2, − 3, − 3) rad/s
⇒
r
vC = (18, -6, 0) cm/s
b) Cálculo de aceleraciones:
r
r
r r
r
r r
a B = a A + α × rB / A + ω × (ω × rB / A )
r
⋅ rB / A
→
(7)
r r
r r
r r
r
r r r
r
a B ⋅ rB / A = a A ⋅ rB / A + (α × rB / A ) ⋅ rB / A + [ω × (ω × rB / A )] ⋅ rB / A
r
r
a B = (0, 0, a B ) y además a A = (0, 0, 0)
Aquí:
reemplazando:
de donde:
3a B = −1053
→
r
a B = − 351 kˆ [cm/s2]
iˆ
ˆj
→
a B = − 351 cm/s2
kˆ
(0, 0, -351) = α x α y α z + (54, 117, -81)
−2 −6 3
en (7):
0 = 3 α y + 6 α z + 54
(8)
0 = −2 α z − 3 α x + 117
(9)
− 351 = −6 α x + 2 α y − 81
(10)
r r
r r r
r
r
aC = a A + α × rC / A + ω × (ω × rC / A )
Además:
iˆ
(aC x , aC y , 0) = α x
2
ˆj
kˆ
α y α z + (-18, 27, -39)
−3
0
acx = 3 α z − 18
acy = 2 α z + 27
0 = −3 α x − 2 α y − 39
de (10) y (13):
de (8) ó (9):
→
de (11) y (12):
(11)
(12)
(13)
αx = 25,67 rad/s2
αy = -58 rad/s2
αz = 20 rad/s2
r
α = (25,67 , − 58 , 20) rad/s2
aC x = 42 cm/s2
aC y = 67 cm/s2
→
r
aC = (42 , 67 , 0) cm/s2
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Pág. 6-14
Ejemplo 6.6:
z
La varilla rígida está unida a los collarines
mediante rótulas. En el instante mostrado la
r
velocidad de B es v B = 6 iˆ [m/s] y su
r
aceleración es a B = 4 iˆ [m/s2]. Considerando
que la varilla está impedida de girar alrededor
de su propio eje axial, se pide hallar:
3 cm
A
O
2
cm
y
B
r
r
a) Las velocidades v A y ω AB .
r
r
b) Las aceleraciones a A y α AB .
vB aB
3,45 cm
x
Fig. 6-23
Solución:
a) Los extremos A y B de la varilla rígida están relacionados por:
r
r
r
r r
v B = v A + ω AB × (rB − rA )
(1)
r
Descompondremos el vector velocidad angular ( ω AB ) de la varilla AB en dos componentes,
r
una ( ω1 ) en la dirección de giro libre de AB y que por condición de este problema será nula
r
y la otra ( ω n ) contenida en un plano perpendicular a la dirección AB:
B
r
r
ω1
r
r
ω AB = ω1 + ω n
Plano perpendicular
a la dirección AB.
r
r
r r
r r
v B = v A + (ω1 + ω n ) × (rB − rA )
r
r
r r
r
r r
= v A + ω1 × (rB − rA ) + ω n × (rB − rA )
r
r
r
r r
v B = v A + ω n × (rB − rA )
(3)
en (1):
r
ωn
A
Fig. 6-24
(2)
→
r
Sea ω n = (ω x , ω y , ω z )
r
r r
rB / A = rB − rA = (2 ; 3,45 ; 0) − (0 , 0 , 3) = (2 ; 3,45 ; − 3)
además:
v B iˆ = − v A kˆ + (ω x , ω y , ω z ) × (2 ; 3,45 ; − 3)
6 iˆ = − v A kˆ + (− 3 ω y − 3,45 ω z ) iˆ + (2 ω z + 3 ω x ) ˆj + (3,45 ω x − 2 ω y ) kˆ
en (3):
de donde:
− 3 ω y − 3,45 ω z = 6
(4)
2 ωz + 3ωx = 0 …
(5)
3,45 ω x − 2 ω y = v A
(6)
v A = 4 m/s
de (4), (5) y (6):
r r r
ω n ⋅ (rB − rA ) = 0 (pues son perpendiculares)
Se necesita una ecuación más:
(ω x , ω y , ω z ) ⋅ (2 ; 3,45 ; − 3) = 0
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→
2 ω x + 3,45 ω y − 3 ω z = 0 …
(7)
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Pág. 6-15
de (4), (5) , (6) y (7): ω x = 0,554 rad/s
ω y = − 1,044 rad/s
r
ω n = (0,554; − 1,044, − 0,831) rad/s
→
ω z = − 0,831 rad/s
Nota:
→
Por equiproyectividad
r
r r
r r r
v B ⋅ (rB − rA ) = v A ⋅ (rB − rA )
(6 , 0 , 0) ⋅ (2 ; 3,45 ; − 3) = (0 , 0 , − v A ) ⋅ (2 ; 3,45 ; − 3)
→
v A = 4 m/s (Ok)
b) Cálculo de aceleraciones:
r
r
r
r
r
r
r
a B = a A + α AB × rB / A + ω AB × (ω AB × rB / A )
(8)
De manera análoga a lo hecho en velocidades descomponemos la aceleración angular en
dos componentes: una a lo largo de AB y la otra contenida en un plano normal a AB:
r
r r
α AB = α 1 + α n
(9)
en (8):
r r
r r
r r
r
r
r
r
a B = a A + (α1 + α n ) × rB / A + (ω1 + ω n ) × [(ω1 + ω n ) × rB / A ]
r r
r r
r r
r r
r r
r
= a A + α 1 × rB / A + α n × rB / A + (ω1 + ω n ) × (ω1 × rB / A + ω n × rB / A )
r r
r
r r
r
r r
r
= a A + α n × rB / A + ω1 × (ω n × rB / A ) + ω n × (ω n × rB / A )
r r
r r
r r r
r r
r r r
r
r
r
= a A + α n × rB / A + (rB / A ⋅ ω1 ) ω n − (ω n ⋅ ω1 ) rB / A + (rB / A ⋅ ω n ) ω n − (ω n ⋅ ω n ) rB / A
Ahora, para seguir adelante tendremos que usar el hecho de que la barra AB no está
r
r
girando sobre su eje (es decir ω1 = 0 y α1 = 0 ). Entonces:
r r
r r
r
r
r
r
a B = a A + α n × rB / A + (rB / A ⋅ ω1 ) ω n − ω n2 rB / A
(10)
r
Sea
α n = (α x , α y , α z )
además:
r
r
a B = 4 iˆ y a A = − a A kˆ
en (10):
4 iˆ = − a A kˆ + (α x , α y , α z ) × (2 ; 3,45 ; − 3) − (1,445) 2 (2 ; 3,45 ; − 3)
de donde:
3 α y + 3,45 α z = − 8,175
(11)
2 α z + 3 α x = 7,2
(12)
a A − 3,45 α x + 2 α y = 6,262
(13)
Se necesita una ecuación más:
r
(α x , α y , α z ) ⋅ (2 ; 3,45 ; − 3) = 0
de (11), (12), (13) y (14):
r
r
α n ⋅ (rB − rA ) = 0 (pues son perpendiculares)
→
2 α x + 3,45 α y − 3 α z = 0 …
(14)
a A = 19,99 rad/s2
α x = 2,77 rad/s2
α y = − 2,088 rad/s2
→
r
α n = (2,77; − 2,088, − 0,554) rad/s2
α z = − 0,554 rad/s2
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Pág. 6-16
6.4 Velocidad y aceleración relativas a sistema de referencia en rotación
Sistema Axyz: fijo (solidario) al cuerpo rígido.
ˆk
r
ρ
r
rP
ˆj
Ĵ
r
rA
Se conocen la velocidad y aceleración de A
r r
v A , a A y la velocidad y aceleración angulares
del sistema móvil (que son las mismas que del
r r
cuerpo rígido) son Ω , α respectivamente.
El punto P no pertenece al cuerpo rígido y
tiene movimiento relativo con respecto a A.
î
Iˆ
Se requiere determinar la velocidad y la
aceleración absolutas del punto P.
K̂
r
r
r
rP = rA + ρ
donde
r
ρ = x iˆ + y ˆj + z kˆ
derivando:
r
r ⎛ d r⎞
vP = v A + ⎜ ρ ⎟
⎝ dt ⎠ O
donde:
d
⎛ d r⎞
( x iˆ + y ˆj + z kˆ)
⎜ ρ⎟ =
dt
⎝ dt ⎠ O
(6.13)
&
&
&
= x& iˆ + y& ˆj + z& kˆ + x iˆ + y ˆj + z kˆ
r
r
r
= x& iˆ + y& ˆj + z& kˆ + x (Ω × iˆ) + y (Ω × ˆj ) + z (Ω × kˆ)
r
= x& iˆ + y& ˆj + z& kˆ + Ω × ( x iˆ + y ˆj + z kˆ)
es decir:
en (6.13):
r r
⎛ d r⎞
⎜ ρ ⎟ = ( x& iˆ + y& ˆj + z& kˆ) + Ω × ρ
⎝ dt ⎠ O
r r
r
r
v P = v A + ( x& iˆ + y& ˆj + z& kˆ) + Ω × ρ
r r
r
r
v P = v A + Ω × ρ + ( x& iˆ + y& ˆj + z& kˆ )
14243
14442444
3
r
varr
denominamos:
r r
r
r
varr = v A + Ω × ρ
y además:
r
vrel = x& iˆ + y& ˆj + z& kˆ
(6.14)
(6.15)
r
vrel
velocidad de arrastre: es la velocidad de P
como si perteneciera al cuerpo rígido
(6.16)
velocidad relativa: es la velocidad de P
relativa al sistema xyz
(6.17)
entonces la velocidad de P se puede expresar como:
r
r
r
v P = varr + vrel
(6.18)
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Pág. 6-17
derivando (6.15):
r& r r r
r
r
&
&
&
a P = a A + Ω × ρ + Ω × ρ& + ( &x& iˆ + &y& ˆj + &z& kˆ) + ( x& iˆ + y& ˆj + z& kˆ)
r r
r r r
r
r
a P = a A + α × ρ + Ω × [ ( x& iˆ + y& ˆj + z& kˆ) + Ω × ρ ] + ( &x& iˆ + &y& ˆj + &z& kˆ) +
r
r
r
+ x& (Ω × iˆ) + y& (Ω × ˆj ) + z& (Ω × kˆ)
r r
r
r r r
r
r
a P = a A + α × ρ + Ω × ( Ω × ρ ) + ( &x& iˆ + &y& ˆj + &z& kˆ ) + 2 Ω × ( x& iˆ + y& ˆj + z& kˆ )
1444424444
3 1442443 144424443
r
arel
r
aarr
denominamos:
r r
r r r
r
r
aarr = a A + α × ρ + Ω × ( Ω × ρ )
también:
r
arel = &x& iˆ + &y& ˆj + &z& kˆ
y además:
r r
r
acor = 2 Ω × vrel
donde
r
vrel = x& iˆ + y& ˆj + z& kˆ
(6.19)
r
acor
aceleración de arrastre: es la
aceleración que tendría P si
perteneciera al cuerpo rígido
aceleración relativa: es la aceleración
de P relativa al sistema xyz
aceleración complementaria
o de Coriolis
(6.20)
(6.21)
(6.22)
Entonces, la aceleración de P puede ser expresada como:
r
r
r
r
a P = a arr + a rel + acor
(6.23)
Fue precisamente el célebre científico francés Coriolis 1) , quien pensando en el movimiento
en las máquinas se interesó en el problema de los movimientos relativos y de los cambios
de sistema de referencia. En 1835 publica su artículo "Mouvement relatif des systèmes de
corps", donde analiza cómo debe escribirse la ley de Newton para un sistema de referencia
cualquiera, en particular para observadores en rotación respecto de un sistema inercial.
Dice Coriolis que para establecer una ecuación cualquiera del movimiento relativo de un
sistema de cuerpos basta con agregar a las fuerzas existentes dos especies de fuerzas
suplementarias; las primeras son opuestas a aquellas capaces de mantener los puntos
materiales invariablemente ligados a los planos móviles: las segundas están dirigidas
perpendicularmente a las velocidades relativas y al eje de rotación de los planos móviles;
ellas son iguales al doble del producto de la velocidad angular de los planos móviles
multiplicada por la cantidad de movimiento relativo proyectada sobre un plano
perpendicular a este eje.
1)
Gaspard Gustave de Coriolis (1792-1843). En 1816 aceptó el cargo de tutor en análisis en la napoleónica Ècole
Polytechnique de París, donde había estudiado. Más que a la investigación, se dedicó a la docencia, en la que se
destacó por la claridad de sus conceptos. Sostenía que la mecánica debía enunciar principios generales aplicables a la
operación de los motores y al análisis del funcionamiento de las máquinas; eran éstas las que le interesaban, no los
océanos y la atmósfera. En términos modernos diríamos que Coriolis era más un ingeniero - o un profesor de
ingeniería - que un científico.
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-18
6.5 Fórmulas de Poisson 1)
r
Hemos deducido que:
ω
B
r
ρ
z
r r
⎛ d r⎞
⎛ d r⎞
⎜ ρ⎟ = ⎜ ρ⎟ +ω × ρ
⎝ dt ⎠ O ⎝ dt ⎠ A
A
y
r
rP
donde:
Ĵ
Y
Z
O
x
r
rA
r
ω es la velocidad angular con que se mueve el
Iˆ
X
K̂
r
ρ = ρ1 iˆ + ρ 2 ˆj + ρ 3 kˆ
sistema Axyz.
Fig. 6-26
En particular se puede fijar el sistema móvil a un cuerpo rígido en movimiento:
r
r
r
rB = rA + ρ
r
r
r ⎛ d r⎞
vB = v A + ⎜ ρ ⎟
⎝ dt ⎠ O
ω
r
kˆ
r
ρ = rB / A
jˆ
r
rP
Ĵ
r
vB
r
vB
r
rA
î
r r
r ⎛ d r⎞
= vA + ⎜ ρ ⎟ + ω × ρ
⎝ dt ⎠ A
r r
r
= vA + ω × ρ
r r
r
= v A + ω × rB / A
Iˆ
Tomemos P:
K̂
r
ω
derivando:
r
rP
de (6.24) y (6.25):
Y
Z
K̂
1)
O
X
(6.24)
r r
rP − rA = iˆ
r r
&
v P − v A = iˆ
(6.25)
P
x
r
rA
Ĵ
y
A
z
además:
r
r
r
v P = v A + ω × iˆ
r
r
r
v P − v A = ω × iˆ
Iˆ
análogamente:
r
&
iˆ = ω × iˆ
ˆ&j = ωr × ˆj
&
r
kˆ = ω × kˆ
(6.26)
Fórmulas de Poisson
Fig. 6-28
Siméon Denis Poisson (nació el 21 de Junio 1781 en Pithiviers, Francia – murió el 25 de Abril de 1840 en
Sceaux, Francia). Sus profesores Laplace y Lagrange llegaron a ser sus amigos de toda la vida. Escribió
una memoria de diferencias finitas cuando tenía sólo 18 años, lo cual atrajo la atención de Legendre.
Publicó entre 300 y 400 trabajos matemáticos incluyendo aplicaciones a la electricidad y el magnetismo y
la astronomía. Su libro “Tratados de mecánica” publicado el 1811 y luego el 1833 fue un trabajo
estándar de mecánica por muchos años.
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-19
Ejemplo 6.7:
x
En el instante mostrado la barra gira con
velocidad θ& y aceleración θ&& angulares. Si el
collarín tiene velocidad relativa respecto a la
barra vr = r& y aceleración relativa también
respecto a la barra ar = &r& , se pide calcular la
velocidad y aceleración del collarín P.
θ&
θ&&
P
Y
B
r&
&r&
r
y
θ
A
Solución: Tomemos un sistema móvil Axy fijo
a la barra AB. Ambos
giran con
r
velocidad angular Ω = θ& .
X
Fig. 6-29
x
•
Movimiento de arrastre: “como si P
perteneciera a la barra AB”, es decir, se
analiza el movimiento del punto P’ que
coincide con P pero que en realidad
pertenece a la barra.
r
aPt '
r
aarr
r
r
varr = v P ' = θ& r ˆj
r
r
a arr = a P ' = θ&& r ˆj − θ& 2 r iˆ
•
r
vP '
r
aPn '
Y
iˆ = (cosθ , senθ )
ˆj = (− senθ , cosθ )
θ
X
Fig. 6-30
Movimiento relativo: “como si el sistema
Axy estuviera fijo”
x
B
Se analiza movimiento relativo de P con
respecto al sistema móvil.
P
r
r
vrel = v P / P ' = r& iˆ
r
r
arel = a P / P ' = &r& iˆ
Ahora:
además :
donde
entonces:
⇒
P'
y
A
donde:
θ&
B
θ&&
r
vrel r
arel
Y
y
r
r
r
v P = varr + vrel
r
v P = θ& r ˆj + r& iˆ
A
θ
X
Fig. 6-31
r
r
r
r
a P = a arr + a rel + acor
r
acor = 2 Ω × v rel = 2 (θ& kˆ) × r& iˆ = 2 r&θ& ˆj
∧
r
a P = θ&& r ˆj − θ& 2 r i + r& iˆ + 2 r&θ& ĵ
∧
r
a P = (&r& − θ& 2 r ) iˆ + (θ&& r + 2 r&θ&) j
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Pág. 6-20
Ejemplo 6.8: En el instante mostrado se sabe que la velocidad y aceleración del collarín B
r
r
son: vB = 6 iˆ [m/s] y aB = 4 iˆ [m/s2]. Sabiendo que la unión entre el
collarín A y la barra es una articulación esférica y entre B y la barra es una
horquilla (ver detalles), se pide:
r
r
a) Calcular la velocidad v A de A y la velocidad angular ω AB de la barra AB.
r
r
b) Calcular la aceleración a A de A y la aceleración angular α AB de la barra AB.
z
A
3 cm
ê2
O
ê2
cm
y
2
B
3,45 cm
x
ê1
vB aB
Fig. 6-33
Fig. 6-34
Detalles de la corredera B.
Fig. 6-32
Solución:
El vector unitario ê1 es constante:
eˆ1 = iˆ
El vector unitario ê2 es normal al plano que forman la barra AB y la recta trayectoria de B:
r
rA B × iˆ
eˆ2 = r
= 0,655 ˆj + 0,756 kˆ
ˆ
rA B × i
En consecuencia, se puede descomponer el vector velocidad angular en sus componentes
en ambas direcciones unitarias:
r
r
ω AB = ω corr + ω AB / corr
r
ω AB = ω1 eˆ1 + ω 2 eˆ2
= ω1 iˆ + 0,655 ω 2 ˆj + 0,756 ω 2 kˆ
a) Cálculo de velocidades:
Tenemos que:
r
r
r
r
v A = v B + ω AB × rA B
de donde:
6 + 4,534 ω 2 = 0
− 3 ω1 − 1,512 ω 2 = 0
− 3,464 ω1 + 1,31 ω 2 = v A
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Pág. 6-21
ω1 = 0,66 rad/s
resolviendo:
ω 2 = − 1,309 rad/s
r
v A = − 4 kˆ [m/s]
→
v A = − 4 m/s
r
ω AB = 0,66 iˆ − 0,857 ˆj − 0,989 kˆ [rad/s]
finalmente:
z'
b) Cálculo de aceleraciones
r
y'
Como
ω AB = ω1 eˆ1 + ω 2 eˆ2
derivando:
ω& AB = ω&1 eˆ1 + ω1 ê&1 + ω& 2 eˆ2 + ω 2 e&ˆ2
es decir:
ê2
r
x'
= 0, pues eˆ1 es constante
r
α AB = α 1 eˆ1 + α 2 eˆ2 + ω 2 e&ˆ2
Fig. 6-35
ê1
Sistema móvil x ′, y ′, z ′
solidario a la corredera.
Para calcular ê&2 se puede observar que eˆ2 gira según gire la corredera durante su
desplazamiento. En consecuencia, puesto que eˆ2 gira con la misma velocidad angular que
la corredera:
r
&
eˆ2 = Ω × eˆ2
r r
Ω =ω 1
con
es decir:
r
&
eˆ2 = ω1 × eˆ2
ahora:
α AB = α 1 eˆ1 + α 2 eˆ2 + ω 2 (ω1 × eˆ2 )
r
r
14243
r
r
ω1 ×ω 2
entonces:
Sabemos que:
efectuando
r
α AB = α 1 iˆ + (0,655α 2 + 0,653) ˆj + (0,756α 2 − 0,566 ) kˆ
r
r
r
r
r
r
r
a A = a B + α AB × rA B + ω AB × (ω AB × rA / B )
7,424 + 4,584 α 2 = 0
9,703 - 3 α 1 - 1,512 α 2 = 0
-3,829 + 3,464 α 1 + 1,31 α 2 = 0
resolviendo:
α 2 = −1,62 rad/s2
α 1 = 4,05 rad/s2
a A = − 8,078 m/s2
y finalmente:
→
r
a A = − 8,078 kˆ m/s2
r
α AB = 4,05 iˆ − 0,408 ˆj − 1,791 kˆ
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Pág. 6-22
6.6 Cinemática del movimiento plano del sólido rígido
6.6.1 Generalidades
Para el análisis cinemático de un cuerpo rígido en movimiento plano son evidentemente
válidas las expresiones (6.6) y (6.8).
α
ω
•
Análisis de velocidades:
r r
r
r
v B = v A + ω × rB / A
r
r
r
con
rB / A = rB − rA
r
y
ω = ω kˆ
B
r
rB / A
r
rB
r
r
r
vB = v A + vB / A
A
r
rA
y
O
r r
r
v B / A = ω × rB / A
v B / A = ω rB / A
con
y
x
(6.27)
Fig. 6-36
Como ejemplos de aplicación podemos mostrar gráficamente la validez de las expresiones
mostradas para el caso de rotación alrededor de un eje fijo (articulación) y para el caso de
movimiento plano general:
r
vB
ω
B
B
r
rB / A
O
r
rB
r
rA
A
O
x
Fig. 6-38
Fig. 6-37
•
r
vA
r
rA
y
x
r r r
v B = v A + vB / A
r
vA
r
rB / A
A
r
rB
y
r
vB / A
ω
Análisis de aceleraciones:
r r
r
r r
r
r
a B = a A + α × rB / A + ω × (ω × rB / A )
r
r
r
r
r r
r
r r
ω × (ω × rB / A ) = (rB / A ⋅ ω ) ω − (ω ⋅ ω ) rB / A
pero:
r
r
=0, pues rB / A ⊥ ω
→
r r
r
r
r
a B = a A + α × rB / A − ω 2 rB / A
1
424
3 14243
rt
r
aB / A
a Bn / A
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-23
Entonces, la relación entre las aceleraciones de dos puntos de un mismo cuerpo rígido en
movimiento plano está dada por:
r
r
r
r
a B = a A + a Bt / A + a Bn / A
donde:
r
r r
a Bt / A = α × rB / A
y
r
r
a Bn / A = − ω 2 rB / A
(6.28)
es la aceleración relativa tangencial de B con respecto
a A y tiene módulo: a Bt A = α rB / A .
es la aceleración relativa normal de B con respecto a A
a Bn / A = ω 2 rB / A
y tiene módulo:
La aplicación de la expresión (6.28) se puede mostrar gráficamente para el caso de rotación
alrededor de un eje fijo o articulación.
α
ω
r
a Bt
r
aB
B
r
a Bn
r
rB
r
rB / A
A
r
rA
O
x
Fig. 6-39
Del mismo modo se puede mostrar gráficamente para el caso de movimiento plano general
que:
α
ω
r r
r
r r
r
r
a B = a A + α × rB / A + ω × (ω × rB / A )
r
r
r
r
a B = a A + a Bt / A + a Bn / A
donde:
y
B
r r
r
a Bt / A = α × rB / A
r
r
a Bn / A = − ω 2 rB / A
r
rB
O
r
aA
r
aB
r
aB / A
r
aBn / A rr
B/ A
A
r
aA
r
rA
y
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r
aBt / A
x
Fig. 6-40
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Pág. 6-24
6.6.2 Polos de velocidad o centros instantáneos de rotación
Es un punto en el plano de movimiento para el cual la velocidad de un cierto cuerpo rígido
en un instante dado es nula. En otras palabras, en cada instante del movimiento, el cuerpo
rígido en movimiento plano está girando alrededor del centro instantáneo de rotación
(CIR). En la teoría de mecanismos dicho punto también es llamado polo absoluto de
velocidad.
El centro instantáneo de rotación provee de métodos sencillos para el análisis de
velocidades. En lo siguientes ejemplos se pueden observar algunas de sus características
geométricas.
r
vB
r
r
vB
vB
r
vA
r
vA
r
vA
r
vB
r
vA
r
vB
r
vA
Como se puede observar, el CIR o polo absoluto de velocidad puede estar dentro o fuera de
los límites físicos del cuerpo rígido en movimiento plano. También es importante
mencionar que cuando un cuerpo se traslada (fig. 6-45) su polo absoluto se encuentra en el
infinito.
De acuerdo a la nomenclatura utilizada en la teoría de los mecanismos los polos absolutos
también suelen denotarse como Oi1 . El subíndice i es el número asignado al eslabón móvil
(i = 2, 3, 4 ....) mientras que el número 1 se reserva para el eslabón fijo o bastidor sobre el
cual se apoya siempre un mecanismo.
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-25
Ejemplos:
La articulación impide el movimiento de A y en
consecuencia su velocidad será nula en todo instante de
movimiento. Luego, allí está localizado el polo
absoluto de velocidad O21 del cuerpo S2.
ω2
r
vP
La velocidad de cualquier punto P del cuerpo se
calculará muy fácilmente con la expresión:
v P = | O21 P | ω 2
El siguiente mecanismo (fig. 6-47) se denomina de cuatro eslabones (tres de ellos móviles)
y se desea ubicar el polo absoluto del elemento S3.
O31
ω3
Dado
que
conocemos
las
velocidades de los puntos B y C,
entonces con una construcción
sencilla similar a la mostrada en la
fig. 6-42 se ubica el polo absoluto
O31 .
r
vC
C
r
vB
S2
r
vP
P
B
S3
ω4
S4
O41
ω2
Fig. 6-47
A
D
Una vez ubicado dicho polo será
muy fácil calcular la velocidad del
punto P:
v P = | O31 P | ω3
O21
Conocidos los polos absolutos de los diferentes eslabones del mecanismo es relativamente
sencillo calcular las velocidades angulares de todos los elementos móviles:
B ∈ S2 :
v B = | O21 B | ω 2
B ∈ S3 :
v B = | O31 B | ω3
Puesto que B pertenece a la vez a los eslabones S 2 y S 3 entonces podemos igualar las
anteriores expresiones:
v B = | O21 B | ω 2 = | O31 B | ω3
→
ω3 =
| O21 B |
ω2
| O31 B |
ω4 =
| O31C |
ω3
| O41C |
Análogamente podemos calcular la velocidad angular ω 4 :
de donde:
C ∈ S3 :
vC = | O31C | ω3
C ∈ S4 :
vC = | O41C | ω 4
vC = | O31C | ω3 = | O41C | ω 4
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→
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-26
El siguiente mecanismo es el biela-manivela, el cual es ampliamente utilizado en diversas
máquinas, como motores de combustión interna, compresores de émbolo y bombas
alternativas. En la siguiente figura se puede apreciar a la izquierda el corte de un cilindro
de motor de combustión interna mientras que a la derecha se muestra el esquema
cinemática respectivo.
pistón
cilindro
biela
Fig. 6-48
Ahora ubicaremos los polos absolutos de los tres elementos móviles:
Está claro que el polo absoluto de la
barra S 2 está en la articulación A.
ω3
El polo absoluto del pistón S 4 está en el
infinito dado que dicho elemento se
traslada a lo largo de su guía (cilindro).
Dado que conocemos las velocidades de
los puntos B y C, entonces con una
construcción sencilla similar a la
mostrada en la fig. 6-42 podemos ubicar
el polo absoluto O31 .
O41 (∞)
r
vB
ω2
→
finalmente:
r
vC
B ∈ S2 :
v B = | O21 B | ω 2
B ∈ S3 :
v B = | O31 B | ω3
v B = | O21 B | ω 2 = | O31 B | ω3
vC = | O31C | ω3
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Si queremos calcular la velocidad
angular de la biela S 3 , entonces
procedemos como en el anterior
ejemplo:
→
ω3 =
| O21 B |
ω2
| O31 B |
(evidentemente ω 4 = 0 )
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-27
Otro concepto interesante para el análisis de velocidades en sistemas de cuerpos rígidos es
el de los polos relativos de velocidad.
Se define polo relativo de velocidad como el punto sobre el plano del movimiento en el
que dos cuerpos rígidos de la misma cadena cinemática tienen velocidad relativa nula. En
otras palabras, en dicho punto ambos cuerpos tienen exactamente la misma velocidad.
El ejemplo más sencillo es el de dos cuerpos móviles que están articulados entre sí:
Oij
Si
Sj
A
Fig. 6-50
Puesto que en la articulación A coinciden un punto que pertenece a S 2 y otro que pertenece
a S 3 y dada la configuración física de una tal articulación, es imposible el movimiento
relativo entre ambos, entonces allí se encuentra el polo relativo de velocidad Oij .
A continuación mostramos para los mecanismos de cuatro barras y biela-manivela todos
los polos que hasta ahora podemos ubicar:
O31
B
O41 (∞)
O23
S2
S3
S4
A
O21
C
O34
Fig. 6-52
Aún cuando este tema de polos relativos no es parte del curso de dinámica sino de un
futuro curso de teoría de mecanismos, mostraremos al amable estudiante la utilidad de
ellos en el análisis cinemático de los mecanismos
6.6.3 Teorema de Aronhold-Kennedy
“En cualquier instante del movimiento plano de tres cuerpos S i , S j y S k los polos
relativos Oi j , O jk y Oki están alineados”.
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-28
Hay que hacer notar que una aplicación general al análisis de un mecanismo plano se daría
para tres cualesquiera eslabones móviles, aún cuando no haya contacto directo entre ellos.
Una aplicación particular se daría si uno de los tres eslabones es el eslabón fijo o
estacionario, de tal manera que los polos Oi1 , O j1 y Oi j están alineados.
Otro punto interesante que mostrar es el número de polos existentes en un mecanismo que
tiene n eslabones (incluyendo al eslabón fijo o estacionario):
N =
n (n − 1)
2
En las siguientes figuras se muestran los mecanismos de cuatro eslabones (fig. 6-53), bielamanivela (fig. 6-54) y una inversión del biela—manivela (fig. 6-55) con todos sus polos
(seis en total para cada uno de ellos):
O31
S3
B
C
O23
O24
O34
S4
O41
O31
D
S2
A
O41 (∞)
O21
Fig. 6-53
O34 (∞)
O24
O31
B
O34 (∞)
O41 (∞)
O23
S2
S3
S4
A
S3
O23
S4
O21
C
O34
Fig. 6-54
S2
O41
C
O24
O21
A
Fig. 6-55
En la siguiente figura se muestran los quince polos de un cierto mecanismo plano de seis
eslabones (de los cuales cinco móviles y uno estacionario). Suponiendo que conocemos la
r
r
velocidad angular de entrada ω 2 y deseamos calcular la velocidad de salida ω6 , el polo
relativo O26 será muy útil, pues a partir de su definición podemos escribir lo siguiente:
O26 ∈ S 2 :
vO 26 = | O26O21 | ω 2
O26 ∈ S 6 :
vO 26 = | O26 O61 | ω 6
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-29
| O26 O21 | ω 2 = | O26 O61 | ω6
de donde:
→
ω6 =
| O26 O21 |
ω2
| O26 O61 |
lo cual significa que, si tenemos el dibujo realizado a escala, bastará con medir las
distancias | O26 O21 | y | O26 O61 | para realizar el cálculo mostrado por esta última
expresión y así obtener inmediatamente el valor de ω 6 en dicho instante.
O41 (∞)
O41 (∞)
O56
O51
S6
O61
O23
S3
S5
O24
O35
S4
O25
O45
S2
O26
O34
O36
O21
O46
O31
Fig. 6-56
O41 (∞)
6.6.4 Análisis cinemático de los mecanismos planos
En general bastará aplicar para cada eslabón o miembro de mecanismo las ecuaciones (6.27)
y (6.28). Con dichas ecuaciones podremos calcular las velocidades y aceleraciones de
cualquier punto de cualquier eslabón para un determinado instante del movimiento del
mecanismo. Adicionalmente dispondremos de las ecuaciones que nos provee la propiedad
equiproyectiva de las velocidades y también de algunos conceptos sobre polos.
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-30
Ejemplo 6.9: En el mecanismo mostrado la barra AB gira con velocidad angular constante
ω2 = 2 rad/s en sentido horario. Se pide:
a) Calcular las velocidades angulares ω 3 , ω 4 y ω 5 y la velocidad v E .
b) Calcular las aceleraciones angulares α 3 , α 4 y α 5 y la aceleración a E .
E
B
50
S5
C
S3
40
S4
D
80
S2
ω2
A
50
60 mm
30
50
Fig. 6-57
Solución:
a) Barra S2:
r
r
r
r r
v B = v A + ω 2 × (rB − rA )
∧
= − 2 k × (− 50 iˆ + 120 ˆj )
→
Barra S3:
→
Barra S4:
r
v B = 240 iˆ + 100 ˆj [mm/s]
→
v B = 260 mm/s
r
r
r
r r
vC = v B + ω 3 × (rC − rB )
= (240 iˆ + 100 ˆj ) + ω 3 kˆ × (140 iˆ)
r
vC = 240 iˆ + (100 + 140 ω 3 ) ĵ
(1)
r
r
r
r r
vC = v D + ω 4 × (rC − rD )
= ω kˆ × (30 iˆ + 40 ˆj )
4
→
de (1) y (2):
de (3) y (4):
en (2):
r
vC = − 40 ω 4 iˆ + 30 ω 4 ĵ
(2)
240 = − 40 ω 4
100 + 140 ω 3 = 30 ω 4
(3)
(4)
r
ω3 = − 2 rad/s
→
ω3 = − 2 k̂ rad/s
ω 4 = − 6 rad/s
→
ω 4 = − 6 kˆ rad/s
r
vC = 240 iˆ − 180 ˆj [mm/s]
Pontificia Universidad Católica del Perú
r
→
vC = 300 mm/s
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Barra S5:
→
y además:
de (5) y (6):
resolviendo:
Pág. 6-31
r
r
r
r r
v E = vC + ω 5 × (rE − rC )
= (240 iˆ − 180 ˆj ) + ω 5 kˆ × (50 iˆ + 50 ˆj )
r
v E = (240 − 50 ω 5 ) iˆ + (−180 + 50 ω 5 ) ˆj
(5)
r
v E = v E iˆ
(6)
240 − 50 ω 5 = v E
− 180 + 50 ω 5 = 0
(7)
(8)
∧
r
ω 5 = 3,6 rad/s
→
ω 5 = 3,6 k [rad/s]
v E = 60 mm/s
→
r
v E = 60 iˆ [mm/s]
b) Análisis de aceleraciones
Barra S2:
→
Barra S3:
r
r
r
r r
r r
a B = a A + α 2 × (rB − rA ) − ω 22 (rB − rA )
= − 4 (− 50 iˆ + 120 ˆj )
r
a B = 200 iˆ − 480 ˆj [mm/s2]
→
a B = 520 mm/s2
r
r
r
r r
r r
aC = a B + α 3 × (rC − rB ) − ω 32 (rC − rB )
∧
→
Barra S4:
→
de (9) y (10):
en (9) o en (10):
Barra S5:
pero
de (11) y (12):
= (200 iˆ − 480 ˆj ) + α 3 k × (140 iˆ) − ω 32 (140 iˆ)
r
aC = − 360 iˆ + (140 α 3 − 480) ˆj
r
r
r
r r
r r
aC = a D + α 4 × (rC − rD ) − ω 42 (rC − rD )
= α 4 kˆ × (30 iˆ + 40 ˆj ) − 36 (30 iˆ + 40 ˆj )
r
aC = (−40 α 4 − 1080) iˆ + (30 α 4 − 1440) ĵ
r
(9)
(10)
∧
α 4 = − 18 rad/s2
→
α 4 = − 18 k rad/s2
α 3 = − 10,71 rad/s2
→
α 3 = − 10,71 k rad/s2
∧
r
aC = −360 iˆ − 1979,4 ˆj
r
r
r
r r
r r
a E = aC + α 5 × (rE − rC ) − ω 52 (rE − rC )
= (− 360 iˆ − 1979,4 ˆj ) + α 5 kˆ × (50 iˆ + 50 ˆj ) − ω 52 (50 iˆ + 50 ˆj )
r
a E = (−1008 − 50 α 5 ) iˆ + (− 2627,4 + 50 α 5 ) ˆj
(11)
r
a E = a E iˆ
(12)
α 5 = 52,55 rad/s2
→
a E = − 3635,4 mm/s2 →
Pontificia Universidad Católica del Perú
r
α 5 = 52,55 k̂ rad/s2
r
a E = − 3635,4 iˆ mm/s2
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•
Pág. 6-32
Análisis de velocidades mediante el método de equiproyección de velocidades
O51
S6
E
S5
r
vB
S3
α
B
O23
Barra S3:
r
v B = v B (cos α , senα )
r
v C = v C ( senβ , cos β )
O35 C
45°
O45
O34
β
S4
α
D
β
r
vC
O41
S2
senα =
5
13
y
cosα =
12
13
senβ =
4
5
y
cos β =
3
5
ω2
O21
A
O31
O16 (∞)
Fig. 6-58
entonces:
r
⎛ 12 5 ⎞
vB = vB ⎜ , ⎟
⎝ 13 13 ⎠
r
⎛ 4 3⎞
v C = vC ⎜ , − ⎟
⎝ 5 5⎠
Equiproyectividad en barra S3:
r r r
r
r r
v B ⋅ (rC − rB ) = vC ⋅ (rC − rB )
⎛ 12 5 ⎞
⎛ 4 3⎞
v B ⎜ , ⎟ ⋅ 140 (1, 0) = vC ⎜ , − ⎟ ⋅ 140 (1, 0)
⎝ 13 13 ⎠
⎝ 5 5⎠
es decir:
12
4
v B = vC
13
5
y como: v B = ω 2 ⋅ AB = 260 mm/s
Equiproyectividad en barra S5:
→
vC = 300 mm/s
r
r r
r r r
vC ⋅ (rE − rC ) = v E ⋅ (rE − rC )
⎛ 2
⎛ 2
2⎞
2⎞
⎛ 4 3⎞
⎟ = v E (1, 0) ⋅ 50 2 ⎜
⎟
,
,
vC ⎜ , − ⎟ ⋅ 50 2 ⎜⎜
⎟
⎜ 2
⎟
2
2
2
⎝5 5⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
y como vC = 300 mm/s
→
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v E = 60 mm/s
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Pág. 6-33
Conociendo la posición de los polos absolutos del mecanismo podemos ahora escribir con
mucha facilidad:
B ∈ S3
→ v B = ω 3 BO31
→ ω3 =
vB
260
=
130
BO31
→
ω 3 = 2 rad/s
C ∈ S4
→ vC = ω 4 CO41
→ ω4 =
vB
300
=
50
CO41
→
ω 4 = 6 rad/s
E ∈ S5
→ v E = ω 5 EO51
→ ω5 =
vE
60
=
16,67
E O51
•
→ ω 5 = 3,6 rad/s
Solución gráfica mediante equiproyectividad de velocidades
El mecanismo tiene que estar dibujado a escala una cierta escala y del mismo modo habrá
que elegir una escala para las velocidades.
tenemos que v B = ω 2 AB = 260 mm/s
E
S6
r
vB
S5
S3
B
C
S4
r
vC
D
S2
ω2
O21
Escala del mecanismo:
1:2
Escala de velocidades :
10 mm/s <> 1 mm
A
Del diagrama dibujado se lee:
r
vE
Fig. 6-59
vC ≅ 300 mm/s
v E ≅ 60 mm/s
Luego se puede continuar como en la página anterior para, con la ayuda de los polos,
determinar las velocidades angulares de las barras restantes.
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•
Pág. 6-34
Análisis de velocidades y aceleraciones mediante la solución gráfica de ecuaciones
vectoriales
E
S5
B
S3
C
S4
D
El mecanismo está dibujado a
escala 1:2 ⇒ podemos tomar
cualquier distancia que sea
necesaria.
S2
ω2 = 2 rad/s
A
Fig. 6-60
a) Análisis de velocidades
r
r
r
Barra S3: vC = v B + vC / B
r
vB
r
vC / B
vB = 260 mm/s
aquí:
r
vC ⊥ CD
r
vC / B ⊥ BC donde vC / B = ω 3 BC
r
vC
⊥ CD
⊥ BC
del gráfico : vC = 300 mm/s
Fig. 6-61
!
vC / B = 280 mm/s = ω 3 BC
Escala de velocidades:
1 mm <> 10 mm/s
de donde:
⊥ CE
Barra S5:
r
vE
r
vC
r
vE / C
Fig. 6-62
Escala de velocidades:
1 mm <> 10 mm/s
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ω 3 = 2 rad/s
r
r
r
v E = vC + v E / C
del gráfico: v E ≅ 60 mm/s
v E / C ≅ 250 mm/s
y como
→
v E / C = ω 5 EC
ω5 =
vE / C
250
=
= 3,55 rad/s
EC 70,7
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Pág. 6-35
Para finalizar: del primer gráfico se obtuvo vC = 300 mm/s
ω4 =
Como vC = ω 4 DC →
vC
300
=
DC
50
ω 4 = 6 rad/s
→
b) Análisis de aceleraciones
r
r
r
r
aC = a B + aCt / B + aCn/ B
r
r
r
r
r
r
aCn + aCt = a Bn + a Bt + aCt / B + acn/ B
Barra S3:
donde:
r
aCn :
r
aCt :
C
D
D
Fig. 6-63
aCt = α 4 CD
a = ω AB = 520 mm/s
n
B
aC
r
aCn
aCn = ω 42 CD = 1800 mm/s2
r
a Bn :
r
a Bt :
C r
t
2
2
B
2
B
r
aBn
r
aBt
a Bt = α 2 AB = 0
A
A
Fig. 6-64
r
aCt / B : aCt / B = α 3 CB
B
n
a C / B : aCn / B = ω 32 C B = 560 mm/s2
r
aCn / B
r
aCt / B
C
B
C
Fig. 6-65
O
r
a Bn
Del gráfico:
r
aCn / B
r
a Cn
aCt = 767 mm/s2
→
r
aCt / B
α4
aCt
767
=
=
≅ 15,4 rad/s2
CD
50
aCt / B = 1433 mm/s2
r
a Ct
→
α3 =
aCt / B
1433
=
≅ 10,3 rad/s2
CB
140
Fig. 6-66
Escala de aceleraciones:
1 mm <> 3 mm/s2
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Barra S4:
Pág. 6-36
r
r
r
r
a E = aC + a Et / B + a En/ C
r
r
r
r
r
a E = aCn + aCt + a Et / C + a En / C
donde:
a Et / C = α 5 EC
y además:
a En / C = ω52 EC
a En / C = (3,6) 2 (70,7)
a En / C = 916,41 mm/s2
→
Ahora podemos construir el siguiente gráfico:
r
aE
O
r
aCn
r
a Et / C
Escala de aceleraciones:
1 mm <> 30 mm/s2
r
aCt
Fig. 6-67
r
a En / C
De donde
resultados:
podemos
leer
los
siguientes
a E ≅ 3540 mm/s2
a Et / C ≅ 3617 mm/s2
de donde:
→
α5 =
a Et / C
3617
=
70,7
EC
α 5 = 51,2 rad/s2
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Pág. 6-37
6.6.5 Movimiento de rodadura sin deslizamiento (rodadura pura)
•
Análisis de velocidades:
n̂
O2
ω2
Los cuerpos S1 y S 2 se mueven en el plano de tal
manera que no hay deslizamiento relativo en la zona
de contacto.
ρ2
S2
Sean los puntos en contacto:
P2
ω1
P1 ∈ S1 y P2 ∈ S 2
tˆ
P1
Sean las direcciones: “t”, tangente común a las
superficies en contacto; y “n” normal común.
S1
ρ1
O1
Fig. 6-68
Si separamos ambos cuerpos:
Recordando que se trata de cuerpos rígidos v Pn1 > v Pn2
n̂
Por otro lado v Pn1 < v Pn2 , pues ello significaría que los
ω2
S2 O2
r
vPn2
P2
Entonces,
tˆ
r
v Pt 2
P1
r
v Pt 1
físicamente
v Pn1 = v Pn2
sólo
es
posible
que:
La condición de rodadura pura implica que v Pt 1 = v Pt 2
(no puede haber movimiento relativo en esa
dirección)
r
v P1
r
v Pn1
ω1
cuerpos se están separando.
r
vP2
tˆ
Así, v Pn1 = v Pn2 y v Pt 1 = v Pt 2 implican que:
S1
r
r
v P1 = v P2
O1
.
(6.29)
Fig. 6-69
Nota:
Examinemos el siguiente caso particular en que uno de los cuerpos es fijo (S1 en
la figura).
r !
Entonces:
v P1 = 0 → v P2 = 0
n̂
∴
r
vO 2
Así podemos calcular muy fácilmente la velocidad
de cualquier punto del disco, como por ejemplo:
r
vQ
tˆ
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P2 es el polo absoluto de velocidades de S2.
vO 2 = | O2 P2 | ω 2
vQ = | Q P2 | ω 2
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Pág. 6-38
Algo similar ocurre en los siguientes casos de rodadura pura:
n̂
n̂
tˆ
tˆ
En ambos casos, para rodadura pura o sin deslizamiento, se cumple que:
r
r !
vP1 = 0 → vP 2 = 0
∴ P2 es el polo absoluto de velocidades de S2.
•
Análisis de aceleraciones
En el instante mostrado el cuerpo S2 rueda con velocidad angular ω 2 y aceleración angular
α 2 . Determinaremos la aceleración del punto P2.
Puesto que se trata de rodadura pura v P2 = 0
n̂
vO2 = ω 2 ρ 2
entonces:
tˆ
Además, como O2 y P2 pertenecen a S2:
r
r
r
r
a O2 = a P2 + a Ot 2 / P2 + a On 2 / P2
(6.30)
(6.31)
Tomaremos las direcciones dadas por tˆ y n̂
como ejes cartesianos x e y. Examinemos uno a
uno los vectores de la expresión (6.31):
r
r
• aO :
a O2 = aOt 2 iˆ + a On 2 ˆj
(6.32)
2
Como la trayectoria de O2 es circular (con radio ρ1 + ρ2) y conocemos su velocidad en el
instante en análisis, ver expresión (6.30), entonces:
a On 2 =
•
r
a P2 :
vO2 2
ρ1 + ρ 2
( 6.30 )
=
(ω 2 ρ 2 ) 2
ρ1 + ρ 2
r
ω2 ρ2
a On 2 = − 2 2 ˆj
ρ1 + ρ 2
→
(6.33)
En cuanto a la aceleración del punto de contacto P2, podemos afirmar que,
como la característica del movimiento es que es de rodadura pura, entonces
a Pt 2 = a Pt 1 y como a Pt 1 = 0 → a Pt 2 = 0
•
r
aOt 2 / P2 :
r
r
r
a Ot 2 / P2 = α 2 × rO2 / P2 = α 2 kˆ × ρ 2 ˆj
•
r
a On 2 / P2 :
r
r
a On 2 / P2 = − ω 22 rO2 / P2
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→
→
r
a Ot 2 / P2 = − α 2 ρ 2 iˆ
r
a On 2 / P2 = − ω 22 ρ 2 ˆj
(6.34)
(6.35)
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-39
Reemplazando estos vectores en la ecuación (6.31):
( a Ot 2 iˆ −
•
•
ω 22 ρ 22 ˆ
j ) = (0 iˆ + a Pn ˆj ) − α 2 ρ 2 iˆ − ω 22 ρ 2 ˆj
ρ1 + ρ 2
2
r
a Ot 2 = − α 2 ρ 2 iˆ
(6.36)
r
r
El signo menos indica que a Ot 2 tiene sentido hacia la izquierda. Ello debido a que α 2 es
r
en sentido antihorario, ver expresión (6.34). Está claro que si α 2 fuera en sentido horario
r
entonces a Ot 2 tendría sentido hacia la derecha.
En la dirección iˆ :
ω 22 ρ 22
= a Pn − ω 22 ρ 2
ρ1 + ρ 2
ω 22 ρ 22
a Pn = ω 22 ρ 2 −
ρ1 + ρ 2
−
En la dirección ĵ :
de donde:
2
a Pn2 = ω 22
→
2
ρ1 ρ 2
ρ1 + ρ 2
r
ρ ρ
a Pn2 = ω 22 1 2 nˆ
ρ1 + ρ 2
es decir:
r
y como a P2 = a Pt 2 iˆ + a Pn2 ˆj ,
→
(6.37)
r
r
ρ ρ
a P2 = a Pn2 = ω 22 1 2 nˆ
ρ1 + ρ 2
(6.38)
Nota: En el caso particular de que el cuerpo estático S1 fuera plano:
Observando la expresión anterior de la línea anterior
a la (6.37) concluimos, al hacer ρ1 = ∞ , que:
r
→
a Pn2 = ω 22 ρ 2 nˆ
n̂
tˆ
y como el movimiento es de rodadura pura:
r
r
a Pt 2 = a Pt1 = 0
r
r
r
a P = a Pt + a Pn = ω 22 ρ 2 nˆ
→
2
2
2
Si observamos que la trayectoria del centro O2 es rectilínea entonces la aceleración de
dicho punto debe estar íntegramente contenida en dicha recta, es decir, en la dirección tˆ .
Para calcularla utilizamos la expresión (6.36):
a Ot 2 = α 2 ρ 2 (→)
n̂
Análogamente se puede mostrar para los
dos posibles casos cóncavo–convexo
que:
•
Para el caso de la figura 6-75:
r
r
ρ ρ
a P2 = a Pn2 = ω 22 1 2 nˆ
ρ1 − ρ 2
(6.39)
tˆ
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Pág. 6-40
• Para el caso de la figura 6-76:
r
r
ρ ρ
a P2 = a Pn2 = ω 22 1 2 nˆ
ρ 2 − ρ1
(6.40)
Es importante notar que en este caso
hemos tomado el sentido del vector
unitario hacia abajo.
tˆ
n̂
Podemos generalizar los tres casos estudiados:
r
ρ1 ρ 2 ˆ
a P2 = ω 22
n
ρ1 ± ρ 2
+
-
:
:
(6.41)
Contacto convexo doble
Contacto cóncavo – convexo
Finalmente, para determinar la aceleración de O2 :
r
aOn2 = − ω 22
r
aOn2 = ω 22
ρ 22
n̂
ρ1 + ρ 2
ρ 22 ˆ
n
ρ1 − ρ 2
(contacto convexo doble)
(contacto cóncavo – convexo)
r r
r
r
a Ot 2 = a Ot 2 / P2 = α 2 × rO2 / P2
y además:
Si en general los cuerpos Si y Sj se mueven según rodadura pura:
rn
aPi
/ Pj
rn
aPj
/ Pi
a Pni Pj = a Pnj Pi =
ρi ρ j
ωi2j
ρi ± ρ j
(6.42)
donde ω ij = ω i − ω j
a Pt i Pj = 0 , (pues rodadura pura).
Es decir, en el movimiento de rodadura pura sólo hay aceleración normal entre los puntos
en contacto.
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Ejemplo 6.10:
Pág. 6-41
La manivela S2 del mecanismo mostrado en la figura gira en sentido
antihorario con velocidad angular constante ω 2 = 2 rad/s. Para el
instante mostrado se pide:
a) Calcular la velocidad angular de la barra S5 y la velocidad de la corredera E.
b) Calcular la aceleración angular de la barra S5 y la aceleración de la corredera E.
E
ω2
A
S2
B
S5
S3
OB = 12,5 cm
BC = 25 cm
DE = 25 cm
CD = 7,5 cm
r = 10 cm
R = 30 cm
45°
C
30°
D
60°
r
S4
P4
P1
S1
R
Fig. 6-78
O1
Solución:
•
Análisis de velocidades:
r r
r
r
⎛ 2 ˆ
2
Barra S2:
v B = v A + ω 2 × rB / A = 2 kˆ × 12,5 ⎜⎜
i +
2
⎝ 2
r
v = − 17,68 iˆ + 17,68 ˆj cm/s
ˆj ⎞⎟
⎟
⎠
B
Barra S3:
r r
r
r
vC = v B + ω3 × rC / B
⎛ 3ˆ
= (− 17,68 iˆ + 17,68 ˆj ) + ω3 kˆ × 25 ⎜⎜
i −
⎝ 2
r
vC = (− 17,68 + 12,5 ω3 ) iˆ + (17,68 + 21,65 ω3 )
1
2
ˆj ⎞⎟
⎟
⎠
ˆj
(1)
r
P4 es polo absoluto de velocidad de la rueda S4: v P 4 = 0
r
r
r
vC = v P 4 + ω 4 kˆ × rC / P 4 = ω 4 kˆ × 10 ˆj = − 10 ω 4 iˆ
de (1) y (2):
resolviendo (3) y (4):
ahora,
(2)
− 17,68 + 12,5ω3 = − 10 ω 4
(3)
17,68 + 21,65ω3 = 0
(4)
ω3 = − 0,82 rad/s
→
ω3 = − 0,82 kˆ rad/s
ω 4 = 2,79 rad/s
→
ω 4 = 2,79 kˆ rad/s
r
r
r
r
v D = v P 4 + ω 4 × rD / P 4 = 2,79 kˆ × (7,5 iˆ + 10 ˆj ) = − 27,9 iˆ + 20,93 ˆj
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Barra S5:
Pág. 6-42
r r
r
r
⎛1
3
v E = v D + ω5 × rE / D = (− 27,9 iˆ + 20,93 ˆj ) + ω5 kˆ × 25 ⎜⎜ iˆ +
2
⎝2
r
v = (− 27,9 − 21,65ω ) iˆ + (20,93 + 12,5ω ) ˆj
E
5
ˆj ⎞⎟
⎟
⎠
(5)
5
como:
r
v E = v E ˆj
(6)
de (5) y (6):
− 27,9 − 21,65 ω5 = 0
(7)
20,93 + 12,5 ω5 = v E
(8)
resolviendo (7) y (8):
•
r
ω5 = − 1,29 rad/s
→
ω5 = − 1,29 kˆ rad/s
v E = 4,82 cm/s
→
r
v E = 4,82 ˆj cm/s
Análisis de aceleraciones:
Barra S2:
r r
r
r
r
a B = a A + α 2 × rB / A − ω 22 rB / A
Barra S3:
⎛ 2 ˆ
2 ˆ⎞
i +
j ⎟⎟ = − 35,36 iˆ − 35,36 ˆj
= − (2) 2 12,5 ⎜⎜
2 ⎠
⎝ 2
r
r
r r
r
aC = a B + α 3 × rC / B − ω 32 rC / B
⎛ 3 ˆ 1 ˆ⎞
⎛ 3 ˆ 1 ˆ⎞
= (−35,36 iˆ − 35,36 ˆj ) + α 3 kˆ × 25 ⎜⎜
i − j ⎟⎟ − (0,82) 2 25 ⎜⎜
i − j ⎟⎟
2
2
2
2 ⎠
⎝
⎠
⎝
r
aC = (− 49,92 + 12,5 α 3 ) iˆ + (− 26,96 + 21,65 α 3 ) ˆj
(9)
Rueda S4:
r
Rr ˆ
(30) (10) ˆ
a P 4 = ω 42
j = (2,79) 2
j = 58,38 ˆj cm/s2
30 + 10
R+r
Ahora,
r
r
r r
r
aC = a P 4 + α 4 × rC / P 4 − ω 42 rC / P 4 = 58,38 ˆj + α 4 kˆ × 10 ĵ − (2,79) 2 10 ˆj
de (9) y (10):
r
aC = − 10 α 4 iˆ − 19,46 ˆj
(10)
− 49,92 + 12,5 α 3 = − 10 α 4
(11)
− 26,96 + 21,65 α 3 = − 19,46
(12)
resolviendo (11) y (12):
r
α 3 = 0,346 rad/s2
→
α 3 = 0,346 kˆ rad/s2
α 4 = 4,56 rad/s2
→
α 4 = 4,56 kˆ rad/s2
r
r
r
r r
r
a D = a P 4 + α 4 × rD / P 4 − ω 42 rD / P 4
ahora:
= 58,38 ˆj + 4,56 kˆ × (7,5 iˆ + 10 ˆj ) − (2,19) 2 (7,5 iˆ + 10 ˆj )
→
r
a D = − 81,57 iˆ + 44,62 ˆj
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-43
r r
r
r
r
a E = a D + α 5 × rE / D − ω52 rE / D
Barra S5:
⎛1
⎛1
3 ˆ⎞
3 ˆ⎞
= (− 81,57 iˆ + 44,62 ˆj ) + α 5 kˆ × (25) ⎜⎜ iˆ +
j ⎟⎟ − (1,29) 2 (25) ⎜⎜ iˆ +
j⎟
2 ⎠
2 ⎟⎠
⎝2
⎝2
r
→
a E = (− 102,37 − 21,65α 5 ) iˆ + (8,59 + 12,5α 5 ) ˆj
(13)
como:
r
a E = a E ˆj
de (13) y (14):
− 102,37 − 21,65 α 5 = 0
(14)
8,59 + 12,5 α 5 = a E
de donde:
r
α 5 = − 4,73 rad/s2
→
α 5 = − 4,73 kˆ rad/s2
a E = − 50,54 cm/s2
→
r
a E = − 50,54 ˆj cm/s2
6.6.6 Movimiento relativo con respecto a sistema de referencia en rotación
En esta sección utilizaremos las expresiones deducidas en el acápite 6.4 (movimiento
relativo con respecto a sistema de referencia en rotación) para el caso de movimiento
plano.
En la siguiente figura se muestra un cuerpo rígido en movimiento plano general. P es una
partícula que no pertenece a dicho cuerpo y tiene movimiento relativo con respecto a él. En
la práctica dicha partícula P puede ser un pin soldado a otra barra (no mostrada en esta
figura). Deseamos aplicar las expresiones mencionadas para analizar el movimiento de P:
ω
r
ρ
r
rP
Ĵ
ĵ
iˆ
r
rA
Iˆ
Si fijamos un sistema móvil Axy al cuerpo, la
expresión (6.18) establece que:
r
r
r
v P = varr + vrel
r
donde: varr es la velocidad de arrastre (velocidad
de P como si perteneciera al cuerpo rígido),
r
vrel es la velocidad relativa (velocidad de P
relativa al sistema Axy).
Para aceleraciones, la expresión (6.23) establece que:
r
r
r
r
a P = aarr + arel + acor
r
donde: aarr es la aceleración de arrastre
(aceleración que tendría P si perteneciera al
cuerpo rígido),
r
arel es la aceleración relativa (aceleración de P relativa al sistema Axy),
r
acor es la aceleración complementaria o de Coriolis.
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-44
A manera de aplicación analizaremos el siguiente mecanismo de corredera:
S3
Dadas la velocidad angular ω 2
y la aceleración angular α 2 se
pide hallar ω 3 y α 3 .
P
ω3
α3
ω2
α2
S2
Sean P2 ∈ S 2 y P3 ∈ S 3 tal que
coinciden en el instante
mostrado.
B
A
Fig. 6-80
x
a) Fijando el sistema móvil xy al cuerpo S3:
S3
P
y
Y
A
•
α2
ω2
α3
ω3
S2
B
X
Fig. 6-81
r
r
r
v P2 = varr + vrel
Análisis de velocidades:
(6.43)
r
varr es, por definición, la velocidad que tendría P2 si perteneciera a S3.
r
r
→
varr = v P3
r
y además: vrel es la velocidad relativa de P2 con respecto al sistema móvil elegido.
r
r
→
vrel = v P2 / P3
donde:
r
r
r
Entonces: v P2 = v P3 + v P2 / P3
(6.46)
S3
P3
P2
O21
(6.45)
r
vP 3
r
vP2
α2
ω2
(6.44)
S2
ω3
O31
B
A
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r
vP 3
r
vP 2
α3
Fig. 6-82
r
vP 2 / P 3
Fig. 6-83
Fig. 6-84
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
•
Pág. 6-45
Análisis de aceleraciones: teniendo en cuenta el sistema móvil elegido tenemos que:
r
r
r
r
a P2 = aarr + arel + acor
(6.47)
r
aarr es la aceleración que tendría P2 si perteneciera a S3.
r
r
aarr = a P3
r
r
r
a P3 = a Pn3 + a Pt 3
con:
donde:
r
r
a Pn3 = − ω32 rP 3 / O 31
r r
r
a Pt 3 = α 3 × rP 3 / O 31
a Pn 3 = ω 32 O31 P3
rt
aP3
S3
(6.48)
P3
ω3
O31
r
a Pn 3
α3
A
S3
Fig. 6-85
a = α 3 O31 P3
t
P3
r
r
a rel = a P2 / P3 aceleración de P2 relativa al sistema móvil.
P3
r
a P2 / P3 = a P2 / P3 iˆ
a Pn 2 / P3
Puesto que dicha trayectoria relativa es una
r
recta ⇒ la dirección de arel es la del eje móvil
x en este caso.
O31
(6.49)
A
Fig. 6-86
r
ω3
La componente de Coriolis será:
r
vP / P
r
r r
r
r
acor = 2 Ω sist × vrel = 2 ω 3 × v P2 / P3
Ahora, de (6.47):
2
r
acor
3
(6.50)
Fig. 6-87
r
r
r
r
a P2 = a P3 + a P2 / P3 + acor
(6.51)
En esta última ecuación vectorial la dos incógnitas escalares son α 3 y a P 2 / P 3 puesto que
r
a P2 es conocida:
rt
aP2
r
r
r
a P2 = a Pn2 + a Pt 2
con:
donde:
P2
r
r
a Pn 2 = − ω 22 rP 2 / O 21
r r
r
a Pt 2 = α 2 × rP 2 / O 21
a Pn2 = ω 22 O21 P2
a = α 2 O21 P2
t
P2
(6.52)
S2
rn
aP2
α2
ω2
O21
B
Fig. 6-88
Ahora podemos resolver (6.51) y encontraremos α 3 y a P2 / P3 .
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Pág. 6-46
b) Fijando el sistema móvil xy al cuerpo S2:
S3
P
ω3
α3
y
x
S2
α2
ω2
B
A
•
Fig. 6-89
Análisis de velocidades:
r
r
r
v P 3 = varr + vrel
r
r
r
v P 3 = v P 2 + v P3 / P2
(6.53)
De esta última ecuación vectorial se pueden calcular: v P3 / P2 y ω 3 .
•
Análisis de aceleraciones:
donde:
→
r
r
r
r
a P 3 = aarr + arel + acor
(6.54)
r
aarr : como si P3 perteneciera a S2.
r
r
r
r
aarr = a P2 = a Pn2 + a Pt 2
(6.55)
a Pn 2 = ω 22 O21 P2
con:
a Pt 2 = α 2 O21 P2
y también:
→
r
arel es la aceleración relativa de P3 con respecto al sistema móvil Bxy.
r
r
a rel = a P3 / P2
Aquí la trayectoria relativa es una curva y es tal que no tiene curvatura constante, como se
muestra en la siguiente figura, la cual es obtenida por el método de inversión del
mecanismo, método que será estudiado en un próximo curso de mecanismos.
P
P3iv
P3v
P3vi
P3iii
P3ii
P3i
Avi
Trayectoria de P3
con respecto al
sistema móvil Bxy
Av
Aiv
A
B
Aiii
Aii
Ai
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Fig. 6-90
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Pág. 6-47
Entonces, y a diferencia de la anterior solución, dado que la trayectoria relativa es
curvilínea, la aceleración relativa tendrá componentes normal y tangencial:
r
r
r
a P3 / P2 = a Pn3 / P2 + a Pt 3 / P2
donde:
r
a Pn3 / P2
(6.56)
es la aceleración normal relativa de P2 con respecto al
sistema móvil y está dirigida hacia el centro de curvatura
v P2 / P
de la trayectoria relativa y su módulo es a Pn3 / P2 = 3 2 .
ρ
r
a Pt 3 / P2 = a Pt 3 / P2 iˆ
es la aceleración tangencial relativa de P2 con respecto al
sistema móvil y está dirigida en la dirección tangencial a
la curva trayectoria relativa.
r
aPt 3 / P 2
r
aPn 3 / P 2
ρ
La componente de Coriolis será:
r
r
r
acor = 2 Ω sis × v P3 / P2
donde:
(6.57)
r
r
Ω sist = ω 2
Sin embargo, al reemplazar todos estos vectores en la ecuación vectorial (6.54) aparecerá
una nueva dificultad, a diferencia de la primera solución, y que consiste en que el radio de
curvatura ρ es difícil de determinar. De hecho se necesitan técnicas avanzadas en
mecanismos para realizar el cálculo, como por ejemplo el Método de Bobillier.
Así, esta segunda posibilidad de solución se nos cierra ante esta dificultad, por lo que, en lo
que concierne a nuestro curso, para solucionar un problema de mecanismos en que esté
incluida una unión entre barras mediante corredera, el sistema móvil deberá ser fijado a la
barra a lo largo de la cual se desliza dicha corredera. Así podremos utilizar la técnica
explicada en la primera solución.
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Pág. 6-48
Ejemplo 6.11:
350
En el mecanismo mostrado la manivela gira
en sentido horario con velocidad angular
constante ω 2 = 5 rad/s. Se pide calcular:
B
S3
A2
ω2
β
100
A4
900
b) Las aceleraciones angulares α 4 y α 5 y
la aceleración aC .
C
φ
a) Las velocidades angulares ω 4 y ω5 y la
velocidad vC .
100
S5
S2
O21
600
Solución:
S4
De la geometría mostrada:
senφ = 0,275
cos φ = 0,962
senβ = 0,447
cos β = 0,894
senγ = 0,316
cos γ = 0,949
γ
O41
a) Análisis de velocidades
Fig. 6-92
200
Tomemos un sistema móvil fijo al cuerpo S4.
r
r
r
Podemos escribir:
v A 2 = varr + vrel
r
r
r
es decir:
v A2 = v A4 + v A2 / A4
β
r
v A2
(1)
r
v A 2 = v A2 ( senβ , cos β )
donde
ω2
A2
es decir:
β
O21
Fig. 6-93
B
r
v A4
A4
v A 2 = ω 2 A2 O21 = 5 (220) = 1100 mm/s
r
v A 2 = 1100 (0,447 ; 0894)
o también hubiera sido posible:
r
r r
v A 2 = ω 2 × rA2O21
además:
donde
ω4
(2)
r
v A 4 = v A 4 (cos γ , senγ )
(3)
v A 4 = ω 4 A4 O41
r
v A 4 = v A4 (0,949; 0,316)
γ
O41
o también hubiera sido posible:
r
r r
v A 4 = ω 4 × rA4O41
Fig. 6-94
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Pág. 6-49
B
Podemos escribir:
r
v A2 / A4
es decir:
r
v A 2 / A 4 = v A 2 / A 4 (− sen γ , cos γ )
r
v A 2 / A 4 = v A2 / A4 (−0,316 ; 0,949)
(4)
γ
O41
Fig. 6-95
Reemplazando estos vectores en la ecuación (1) y desarrollando obtenemos:
0,949 v A 4 − 0,316 v A2 / A 4 = 491,7
(5)
0,316 v A 4 + 0,949 v A 2 / A4 = 983,4
(6)
v A 4 = 777,023 mm/s
de donde, resolviendo:
v A 2 / A4 = 777,514 mm/s
v A4
777,023
=
632,46
A4 O41
y finalmente de (3):
ω4 =
Para el cuerpo S5:
r
r
r
r r
vC = v B + ω 5 × (rC − rB )
r
vB
→ ω 4 = 1,229 rad/s
(7)
r
v B = v B (cos γ , senγ )
B
donde
v B = ω 4 BO41 = 1,229 (948,68)
es decir:
v B = 1165,93 mm/s
r
v B = 1165,93 (0,949; 0,316)
ω4
γ
O41
Fig. 6-96
Además:
φ
C
Fig. 6-97
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r
vC
r
ω5 = ω5 kˆ
r
r
y también: rC − rB = rC / B (cos φ , − sen φ )
r r
es decir:
rC − rB = 364 (0,962; − 0,275)
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Pág. 6-50
Reemplazando estos vectores en la ecuación (7) y desarrollando obtenemos:
vC (1, 0) = 1165,3 (0,949; 0,316) + ω5 kˆ × (364) (0,962; − 0,275)
de donde:
y
vC = 1105,87 + 100,1 ω5
0 = 368,235 + 351,988 ω5
resolviendo:
ω5 = −1,046 rad/s
(8)
(9)
vC = 1001,15 mm/s
b) Análisis de aceleraciones (sistema móvil fijo a S4)
rt
a A2
Cálculo de las componentes de la aceleración de A2:
r
r
r
r
a A2 = a A 4 + arel + acor
r
r
r
r
a A2 = a A 4 + a A 2 / A 4 + acor
r
r
r
r
r
r
a An2 + a At 2 = a An 4 + a At 4 + a A 2 / A 4 + acor
β
ω2
A2
r
a An 2
O21
β
(10)
r
a An 2 = a An2 (cos β , − senβ )
Fig. 6-98
con:
a An 2 = ω 22 A2 O21 = 5500 mm/s2
r
a An 2 = 5500 (0,84; − 0,447) = (4917; − 2458,5) [mm/s2]
r
a At 2 = a tA 2 ( senβ , cos β )
r
→
a At 2 = (0, 0)
a tA 2 = α 2 A2 O21 = 0
entonces
Además:
con:
Notar que también se podrían haber utilizado las ecuaciones:
r
r
a An 2 = − ω 22 × rA2 / O 21
r
r r
a At 2 = α 2 × rA 2 / O 21
Cálculo de las componentes de la aceleración de A4:
B
r
a An 4 = a An 4 ( senγ , − cos γ )
γ
A4
r
a At 4
donde
= 955,294 mm/s2
rn
a A 4 = 955,294 (0,316; − 0,949)
ω4
r
a An 4
r
a At 4 = a tA 4 (cos γ , senγ )
γ
donde
Fig. 6-99
a An 4 = ω 42 A4 O41 = (1,229) 2 (632,46)
O41
a tA 4 = α 4 A4 O41
= a tA 4 (0,949; 0,316) [mm/s2]
Notar que también se podrían haber utilizado las ecuaciones:
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(11)
r
r
a An 4 = − ω 42 × rA 4 / O 41
r
r r
a At 4 = α 4 × rA 4 / O 41
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Pág. 6-51
Como ya se explicó, la trayectoria relativa del punto A2
con respecto al sistema móvil elegido es una línea recta,
r
entonces la aceleración relativa a A2 / A4 está contenida en
dicha línea recta.
B
r
Suponiendo el sentido mostrado para a A 2 / A4 :
r
a A2 / A4
r
a A 2 / A 4 = a A 2 / A 4 (− senγ , cos γ )
= a A 2 / A 4 (−0,316; 0,949) [mm/s2]
γ
(12)
O41
Fig. 6-100
r
v A2 / A4
La aceleración de Coriolis será:
r
r r
r
r
acor = 2 Ω sist × vrel = 2 ω 4 × v A 2 / A 4
= 2 (−1,229 kˆ) × 777,514 (−0,316 ; 0,949)
r
acor
ω4
= (1813,66 ; 603,92) [mm/s2]
Fig. 6-101
Reemplazando vectores en (10) y desarrollando:
2801,47 = 0,949 a tA4 − 0,316 a A2 / A4
(13)
− 2155,87 = 0,316 a tA4 − 0,949 a A2 / A 4
(14)
a tA 4 = 1976,44 mm/s2
a A2 / A4 = −2929,85 mm/s2
de donde:
a tA4
1976,44
α4 =
=
= 3,123 rad/s2
632,46
A4 O41
de (11):
Ahora analizamos el movimiento del cuerpo S5:
B
φ
C
r
aC
donde:
r r
r
r
r
aC = a B + α 5 × rC / B − ω52 rC / B
(15)
r
rn rt r r
r
aC = a B + a B + α 5 × rC / B − ω52 rC / B
r
aC = (aC , 0)
Fig. 6-102
además:
r
a Bn = a Bn ( senγ , − cos γ )
donde
a Bn = ω 42 BO41 = (1,229) 2 (948,68) = 1432,925 mm/s2
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Pág. 6-52
entonces
r
a Bn = 1432,925 (0,316 ; − 0,949) [mm/s2]
además:
r
a Bt = a Bt (cos γ , senγ )
entonces:
a Bt = α 4 BO41 = 3,125 (948,18) = 2963,06 mm/s2
r
a Bt = 2963,06 (0,949 ; 0,316) [mm/s2]
Hagamos
α 5 = α 5 k̂
donde:
r
r
rC / B = (350,168 ; − 100,1)
tenemos
Reemplazando en (15) y separando las ecuaciones escalares:
aC = 2883,06 + 100,1 α 5
0 = −314,41 + 350,17 α 5
Resolviendo:
α 5 = 0,9 rad/s2
aC = 2973,15 mm/s2
(→)
A continuación se muestra otro camino de solución que consiste en resolver gráficamente
las ecuaciones cinemáticas planteadas. Aún cuando esta técnica no está contenida en el
programa de nuestro curso de dinámica, sin embargo, desde el punto de vista didáctico,
resulta útil que el estudiante tome conocimiento de ella. En un curso posterior de
Mecanismos se volverá a hablar más formalmente de este tema.
a) Análisis de velocidades:
r
r
r
v A2 = v A4 + v A2 / A4
donde v A 2 = 1100 mm/s
r
v A2 / A4
r
v A2
r
v A4
Fig. 6-103
(1’)
Del diagrama de velocidades:
v A 2 / A 4 = 780 mm/s
v A 4 = 770 mm/s
y como v A 4 = ω 4 A4 O41
→
ω4 =
770
= 1,22 rad/s
632,5
Escala de velocidades:
1 mm <> 25 mm/s
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Pág. 6-53
v B = ω 4 BO41 = 1,22 (950) → v B = 1160 mm/s
Ahora:
r
r
r
r r
vC = v B + ω5 × (rC − rB )
142
4r 43
4
Para el eslabón S5:
vC / B
r
vB
r
vC / B ⊥ CB
r
vC / B
Se construye el resto del diagrama del de
velocidades, de donde:
r
vC
vC = 1000 mm/s
vC / B = 390 mm/s
Fig. 6-104
Escala de velocidades:
1 mm <> 25 mm/s
y como vC / B = ω5 CB
→ ω5 =
390
364
→ ω5 = 1,071 rad/s
b) Análisis de aceleraciones:
r
r
r
r
r
r
a An 2 + a At 2 = a An 4 + a At 4 + a A 2 / A 4 + acor
Expresión (10):
(2’)
n
a A2 = 5500 mm/s2
donde:
(dirección y sentido conocidos)
a tA 2 = 0
a An 4 = 955,29 mm/s2
(dirección y sentido conocidos)
a tA 4 desconocida en módulo
(sólo dirección es conocida.)
a A2 / A 4 desconocida en módulo
(sólo dirección es conocida.)
a cor = 1911,56 mm/s2
(ya calculada, dirección y sentido OK.)
r
acor
r
a An 4
del gráfico:
r
a A2 / A 4
Fig. 6-105
r
a An 2
r
a tA4
a tA4 = 1900 mm/s2
a A2 / A 4 = 2930 mm/s2
α4 =
a tA 4
1900
=
= 3,02 rad/s2
630
A4 O41
Escala de aceleraciones:
1mm < > 100mm/s2
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-54
r
r
r r
r
aC = a B + α 5 × rC / B − ω 52 rC / B
1
4r24
3 1r23
Expresión (15):
aCt / B
(3’)
aCn / B
r r
r
r
r
r
aC = a Bn + a Bt + α 5 × rC / B − ω 52 rC / B
en donde:
a Bn = ω 42 BO41 = 1412,05 mm/s2
a Bt = α 4 BO41 = 2865 mm/s2
aCt / B desconocida en módulo (sólo dirección es conocida)
aCn / B = ω 52 CB = 417,53 mm/s2
r
aC
r
aCn / B
r
aCt / B
r
a Bn
r
a Bt
Escala de aceleraciones:
1 mm < > 50 mm/s2
Fig. 6-106
del gráfico:
aCt / B = 350 mm/s2
aC = 2800 mm/s2
de donde finalmente:
α5 =
aCt / B
350
=
= 0,96 rad/s2
364,005
CB
Nota: Como puede observarse, los resultados del método gráfico son bastante
aproximados a los obtenidos mediante métodos analíticos, sin embargo dicha
aproximación, la cual dependerá de los cuidadosos que seamos al realizar el trabajo
gráfico, es suficientemente aceptable para fines prácticos de la ingeniería. La gran
ventaja del método gráfico radica en su rapidez.
-----------------------
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-55
Ejemplo 6.12:
Un cilindro de radio r = 0,3 m rueda sin deslizar sobre una superficie de radio R = 0,6 m.
En la posición mostrada tiene velocidad angular ω 2 = 2 rad/s y aceleración angular
α 2 = 0,2 rad/s2 (ambas en sentido antihorario). Si la barra AB gira con velocidad angular
constante ω 4 = 3 rad/s en sentido antihorario, se pide determinar para esa posición, la
velocidad y la aceleración angulares de la barra ED, la cual mide 0,5 m.
0,2 m
0,4 m
0,4 m
R
S4
A
α2
S3
ω2
E
C
3
D
B
4
r
S2
P2
Fig. 6-107
P1
S1
Solución:
•
Análisis de velocidades:
Sea P2 el punto del cilindro en contacto con el piso.
Cilindro S2:
r
r
r
r
vC = v P 2 + ω 2 × rC / P 2 = 2 kˆ × 0,30 ˆj = − 0,60 iˆ m/s
también:
r
r
r
r
v E = vC + ω 2 × rE / C = − 0,60 iˆ + 2 kˆ × 0,20 iˆ = − 0,60 iˆ + 0,4 ˆj
Barra S3:
→
r r
r
r
3
⎛4
v D 3 = v E + ω3 × rD 3 / E = (−0,6 iˆ + 0,4 ˆj ) + ω3 kˆ × 0,5 ⎜ iˆ +
5
⎝5
r
v = (− 0,6 − 0,3 ω ) iˆ + (0,4 + 0,4 ω ) ˆj
D3
3
3
ˆj ⎞⎟
⎠
(1)
Sea D4 sobre la barra S4 que coincide en el instante en estudio con D3 sobre la barra S3.
Tomando un sistema móvil que se mueve solidario a la barra S4 podemos escribir:
r
r
r
r
r
v D 3 = varr + vrel = v D 4 + v D 3 / D 4
(2)
donde:
r
r
r r
v D 4 = v B + ω 4 × rD 4 / B = 3 kˆ × (− 0,4 iˆ) = − 1,2 ˆj
r
y además: v D 3 / D 4 = v D 3 / D 4 iˆ
r
→
v D3 = − 1,2 ˆj + v D 3 / D 4 iˆ
Igualando (1) y (3):
(3)
− 0,6 − 0,3 ω3 = v D 3 / D 4
0,4 + 0,4 ω3 = − 1,2
Resolviendo el sistema:
ω3 = − 4 rad/s
→
v D 3 / D 4 = 0,6 m/s
→
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r
ω3 = − 4 kˆ rad/s
r
v D 3 / D 4 = 0,6 iˆ m/s
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•
Pág. 6-56
Análisis de aceleraciones:
Cilindro S2:
donde
en (4):
también:
r r
r
r
r
aC = a P 2 + α × rC / P 2 − ω 2 rC / P 2
r
r
Rr ˆ
j =
a P 2 = a Pn 2 = ω 22
R−r
r
aC = 2,4 ˆj + 0,2 kˆ × 0,3 ˆj
r r
r
r
a E = aC + α 2 × rE / C − ω 22
(2) 2
(4)
(0,6) (0,3) ˆ
j = 2,4 ˆj m/s2
0,3
− (2) 2 (0,3 ˆj ) = − 0,06 iˆ + 1,2 ĵ
r
rE / C
(5)
= (− 0,06 iˆ + 1,2 ˆj ) + 0,2 kˆ × 0,2 iˆ − (2) 2 (0,2 iˆ)
de (5):
r
a E = − 0,86 iˆ + 1,24 ˆj
Barra S3:
r r
r
r
r
a D 3 = a E + α 3 × rD / E − ω32 rD / E
r
a D 3 = (− 0,86 iˆ + 1,24 ˆj ) + α 3 kˆ × 0,5 (0,8 iˆ + 0,6 ˆj ) − (4) 2 (0,5) (0,8 iˆ + 0,6 ˆj )
→
r
a D 3 = (−7,26 − 0,3 α 3 ) iˆ + (−3,56 + 0,4 α 3 ) ˆj
(6)
Para el sistema móvil solidario a la barra S4 podemos escribir:
r
r
r
r
r
r
r
a D 3 = aarr + arel + acor = a D 4 + a D 3 / D 4 + acor
donde:
además:
y también:
(7)
r
r
r
r
r
a D 4 = a B + α 4 × rD 4 / B − ω 42 rD 4 / B = − (3) 2 (− 0,4 iˆ) = 3,6 iˆ
r
a D 3 / D 4 = a D 3 / D 4 iˆ
r
r r
r
r
acor = 2 Ω sist × vrel = 2 ω 4 × v D 3 / D 4 = 2 (3 kˆ) × (0,6 iˆ) = 3,6 ˆj
en (7):
r
a D 3 = 3,6 iˆ + a D 3 / D 4 iˆ + 3,6 ˆj
de (6) y (8):
− 7,26 − 0,3 α 3 = 3,6 + a D 3 / D 4
(8)
− 3,56 + 0,4 α 3 = 3,6
Resolviendo el sistema:
r
α 3 = 17,9 rad/s2
→
α 3 = 17,9 kˆ rad/s2
a D 3 / D 4 = − 16,23 m/s2
→
r
a D 3 / D 4 = − 16,23 iˆ m/s2
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Pág. 6-57
6.7 Movimiento general del sólido rígido
6.7.1 Generalidades
En la siguiente figura se muestra un cuerpo rígido en movimiento general tridimensional.
Si tomamos un sistema móvil Axyz con origen en el punto A del cuerpo y tal que es
solidario al cuerpo, entonces podemos afirmar lo siguiente para el movimiento del punto P:
•
Si P también pertenece al sólido rígido:
r
r
r r
v P = v A + ω × rP / A
14r24
3
r
ρ
vP / A
r
r
r r
r
r r
a P = a A + α × rP / A + ω × (ω × rP / A )
1
4r24
3 144r2443
r
rP
a Pt / A
r
rA
•
Si el punto P no pertenece al sólido y en
consecuencia tiene movimiento relativo con
respecto al sistema móvil, entonces podemos
afirmar (ver acápite 6.4) lo siguiente:
r
r
r
v P = varr + vrel
donde:
r
varr
r
vrel
en consecuencia:
a Pn / A
(6.58)
es la velocidad de arrastre, es decir la velocidad de P como si
perteneciera al cuerpo rígido. En otras palabras, es la velocidad del
punto P’ que pertenece al sólido y que en el instante estudiado
r
r
coincide con P. Es decir: varr = v P '
es la velocidad relativa de P con respecto al sistema móvil Axyz, es
r
r
decir: vrel = v P / P '
r
r
r
v P = v P′ + v P / P′
(6.59)
De manera análoga podemos afirmar para la aceleración de P lo siguiente:
r
r
r
r
a P = a arr + a rel + acor
(6.60)
r
donde:
aarr es la aceleración de arrastre, es decir la aceleración de P como si
perteneciera al cuerpo rígido. En otras palabras, es la aceleración
del punto P’ que pertenece al sólido y que en el instante estudiado
r
r
a arr = a P '
coincide con P:
r
arel es la aceleración relativa de P con respecto al sistema móvil Axyz,
r
r
es decir:
arel = v P / P′
r r
r
r
acor es la aceleración complementaria o de Coriolis: acor = 2 Ω × vrel
en consecuencia:
r
r
r
r
a P = a P′ + a P / P′ + acor
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(6.61)
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-58
6.7.2 Composición de velocidades y aceleraciones angulares
ê2
z
ê1
r
α2r
•
Z
r
ω2
Tomaremos un sistema fijo: OXYZ
αr 1
ω1
P
y
Y
O
X
Sea además un sistema móvil Oxyz el cual gira
r
con velocidad angular ω1 “acompañando” al
cuerpo de tal manera que éste gira, además,
r
con velocidad angular ω 2 relativa al sistema
móvil.
Estudiemos el movimiento del punto P que
pertenece al cuerpo rígido.
Fig. 6-109
x
Alrededor de ejes concurrentes
r
Sea ω la velocidad angular del cuerpo (con respecto al sistema fijo)
r
r
r r
r
r r
v P = vO + ω × r
→
vP = ω × r
(6.62)
Considerando el sistema móvil elegido:
r
r
r
v P = varr + vrel
(6.63)
r
donde:
varr es la velocidad de arrastre, es decir, la velocidad que tendría P si
r r
r
r
perteneciera al sistema móvil. Entonces: varr = v P ' = ω1 × r
r
y:
vrel es la velocidad relativa, es decir, la velocidad de P con respecto al
r r
r
r
sistema móvil. Es decir: vrel = v P / P ' = ω 2 × r
en (6.63):
de (6.62) y (6.64):
r r
r r
r
r
r
r
v P = ω1 × r + ω 2 × r = (ω1 + ω 2 ) × r
r
r
r
ω = ω1 + ω 2
(6.64)
(6.65)
r
Análisis de aceleraciones: sea α la aceleración angular del cuerpo (con respecto al
sistema fijo)
r r
r
r r
r
r
a P = aO + α × r + ω × (ω × r )
r r
r
r r
r
a P = α × r + ω × (ω × r )
(6.66)
r
r
r
r
por otro lado:
a P = aarr + a rel + acor
(6.67)
r
donde:
aarr es la aceleración de arrastre, es decir, la aceleración que tendría P si
perteneciera al sistema móvil:
r r r
r r
r
r
⇒
a arr = a P ' = α1 × r + ω1 × (ω1 × r )
r
también:
arel es la aceleración relativa, es decir, la aceleración de P con respecto
al sistema móvil:
r r r
r r
r
r
⇒
arel = a P / P ' = α 2 × r + ω 2 × (ω 2 × r )
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y además:
en (6.66):
ordenando:
Pág. 6-59
r
acor es la aceleración complementaria o de Coriolis:
r
r
r r
r
r
⇒
acor = 2 Ω sist × vrel = 2 ω1 × (ω 2 × r )
r r r
r r
r r r
r r
r
r r
r
a P = α 1 × r + ω1 × (ω1 × r ) + α 2 × r + ω 2 × (ω 2 × r ) + 2 ω1 × (ω 2 × r )
r
r
r
r r
r
r
r
r
r
r
a P = [α 1 + α 2 + (ω1 × ω 2 )] × r + (ω1 + ω 2 ) × [(ω1 + ω 2 ) × r ]
(6.68)
de (6.66) y (6.68):y recordando la expresión (6.65):
r
r
r
r
r
α = α1 + α 2 + (ω1 × ω 2 )
(6.69)
Una manera más corta de llegar a esta última expresión hubiera sido la siguiente:
r
recordando que: ω = ω1 eˆ1 + ω 2 eˆ2
derivando:
→
r
r
α = ω& = ω&1 eˆ1 + ω1 eˆ&1 + ω& 2 eˆ2 + ω 2 e&ˆ2
r
= α 1 eˆ1 + α 2 eˆ2 + ω 2 (ω1 × eˆ2 )
r
r
r
r r
α = α1 + α 2 + (ω1 × ω 2 )
la cual es igual a la expresión anteriormente encontrada.
•
Composición para ejes que se cruzan
ê2
z
ê1
Z r
α1
r
r
α 2r
ω2
y
ω1
A
r
rA
r
rP
x
Y
O
X
•
•
•
•
•
•
r
rP / A
P
Fig. 6-110
OXYZ es sistema fijo.
r
r
Barra doblada gira con velocidad angular ω1 y aceleración angular α 1 .
Axyz gira fijo a barra doblada.
r
ω 2 es la velocidad angular del disco relativa a Axyz.
r
α 2 es la aceleración angular del disco relativa a Axyz.
r
r
ω es la velocidad angular absoluta del disco y α la correspondiente aceleración
angular.
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-60
Analizaremos el movimiento de un punto P del disco.
r
vP
r
pero A ∈ varillaje: v A
r
en (6.70):
vP
r
Por otro lado:
vP
P y A ∈ disco:
r
r r r
= v A + ω × (rP − rA )
r
r
r r
= vO + ω1 × (rA − rO )
r r r
r r
= ω1 × rA + ω × (rP − rA )
r
r
= varr + vrel
(6.70)
(6.71)
(6.72)
si tomamos un punto P’ coincidente con P y que es solidario al sistema móvil elegido:
r
r
r
r
r r
varr = v P ' = vO + ω1 × (rP − rO )
r
r
r
r r
vrel = v P / P ' = ω 2 × (rP − rA )
r
r r
r
r r
v P = ω1 × rP + ω 2 × (rP − rA )
r
r
r r
r
r r
= ω1 × (rA + rP − rA ) + ω 2 × (rP − rA )
r r
r
r r
r
r r
= ω1 × rA + ω1 × (rP − rA ) + ω 2 × (rP − rA )
en (6.71):
arreglando:
ordenando:
r
r r
r
r
r r
v P = ω1 × rA + (ω1 + ω 2 ) × (rP − rA )
→
r
r
r
ω = ω1 + ω 2
de (6.71) y (6.73):
(6.74)
r
o si se quiere:
ω = ω1 eˆ1 + ω 2 eˆ2
Ahora:
r
r
r r r
r r r r
aP = aA + α × (rP − rA ) + ω × [ω × (rP − rA )]
donde:
r
r
r r
r
r r
a A = aO + α 1 × rA / O + ω1 × (ω1 × rA / O )
y además:
r
r
α = ω& = ω&1 eˆ1 + ω1 ê&1 + ω& 2 eˆ2 + ω 2 e&ˆ2
→
(6.73)
r
= α 1 eˆ1 + α 2 eˆ2 + ω 2 (ω1 × eˆ2 )
r
r
r
r r
α = α1 + α 2 + (ω1 × ω 2 )
(6.75)
(6.76)
r
Ahora tenemos todos los términos de la expresión (6.75) y podemos evaluar a P :
r
r r
r
r r
r r r
r
r r r
a P = [α 1 × rA + ω1 × (ω1 × rA )] + α × (rP − rA ) + ω × [ ω × (rP − rA )]
donde:
r
r
r
r
r
r
ω = ω1 + ω 2
r
r
α = α1 + α 2 + (ω1 × ω 2 )
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Pág. 6-61
r
Nota: otra manera de evaluar la aceleración a P hubiera sido utilizando la expresión
r
r
r
r
a P = aarr + a rel + acor para lo cual recurrimos nuevamente a P’:
r r r
r r
r
a P ' = α1 × rP + ω1 × (ω1 × rP )
r
r
r
r
r r
r r
a P / P ' = α 2 × (rP − rA ) + ω 2 × [ω 2 × (rP − rA )]
r
r
r
r
r r
= 2 Ω sist × vrel = 2 ω1 × [ω 2 × (rP − rA )]
también:
r
aarr =
r
arel =
y además:
r
acor
así:
Luego habrá que comparar esta expresión para P con la aceleración para el mismo punto
relacionada con la aceleración del punto A que también pertenece al disco:
r r r r
r r r
r
r
a P = a A + α × (rP − rA ) + ω × [ω × (rP − rA )]
r r
r
expresión en la que ya hemos mostrado que ω = ω1 + ω 2 .
Es evidente que se logrará una expresión para la aceleración angular total del disco igual a
la obtenida líneas arriba.
•
Composición de rotaciones para ejes paralelos
•
ê2
r
ê1
•
αr2
ω2
r
αr1
r
rP / A
ω1
•
•
r
rA
r
rP
•
•
OXYZ es sistema inercial.
Barra
doblada
gira
r
velocidad
angular ω1
r
aceleración angular α 1 .
con
y
Axyz gira fijo a barra doblada.
r
ω 2 es la velocidad angular del
disco relativa a Axyz.
r
α 2 es la aceleración angular del
disco relativa a Axyz.
r
ω es la velocidad angular
r
absoluta del disco y α la
correspondiente
aceleración
angular.
Es evidente que en este caso obtendremos para la velocidad angular del disco:
r
r
r
ω = ω1 + ω 2
(6.77)
y para la aceleración angular del mismo:
r
r
r
r r
α = α 1 + α 2 + (ω1 × ω 2 )
r
r
la cual, debido a que en todo instante ω1 y ω 2 son paralelas se reducirá a:
r
r
r
α = α1 + α 2
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(6.78)
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Pág. 6-62
Ejemplo 6.13:
r
Una rueda de radio r gira con velocidad constante ω 2 con respecto a un eje horizontal, el
r
cual gira a su vez alrededor de un eje vertical con una velocidad constante ω 1 . Se pide
hallar la velocidad y aceleración del punto P del aspa en el instante mostrado.
z
ê1
z
Detalle de la rueda
Z
l
P
r
r P
ω2
ê2
r
ω1
θ
θ
y
A
ω2
x
A
Fig. 6-113
y
r
rP
r
rA
L
a) Solución usando sistema móvil Axyz
fijo al eje (barra.)
r
r
r
r r
Velocidades:
v P = v A + ω × (rP − rA )
r
r
r r
donde
v A = vO + ω1 × rA
= ω1 Kˆ × (l Iˆ + L Kˆ )
X
O
Fig. 6-112
Y
además:
= ω1 l Ĵ
r
r
r
ω = ω1 + ω 2
= ω1 Kˆ + ω 2 Iˆ
r
v P = ω1 l Jˆ + (ω1 Kˆ + ω 2 Iˆ) × (− r senθ Jˆ + r cosθ Kˆ )
r
vP = ω1 r senθ Iˆ + (ω1 l − ω 2 r cosθ ) ˆj − ω 2 r senθ Kˆ
r
r
r r r
r r r r
a P = a A + α × (rP − rA ) + ω × [ω × (rP − rA )]
aceleraciones:
donde:
r
r
r r
r
r r
a A = aO + α 1 × rA + ω1 × (ω1 × rA )
r
= ω1 Kˆ × ω1 l Jˆ → a A = − ω12 l Iˆ
r
d r
d
(ω1 Kˆ + ω 2 Iˆ)
ω =
dt
dt
&
&
= ω& 1 Kˆ + ω1 Kˆ + ω& 2 iˆ + ω 2 iˆ
r
= α 1 K̂ + α 2 Iˆ + ω 2 (ω1 × iˆ)
r
= ω1 × ω 2 iˆ
α =
= ω1 Kˆ × ω 2 Iˆ
r
α = ω1 ω 2 Ĵ
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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-63
a P = − ω12 l Iˆ + ω1 ω 2 Jˆ × (− r senθ Jˆ + r cosθ Kˆ ) +
+ (ω 2 Kˆ + ω Iˆ) × [(ω Kˆ + ω Iˆ) × (− r senθ Jˆ + r cosθ Kˆ )]
1
2
1
2
r
a P = (− ω12 l + 2 ω1 ω 2 r cosθ ) Iˆ + r senθ (ω12 + ω 22 ) Jˆ − r ω 22 cosθ K̂
b) Solución usando sistema móvil Axyz fijo al eje y utilizando el concepto de movimiento
con respecto a sistema de referencia en rotación.
Velocidades:
r
r
r
v P = varr + vrel
r
v arr : velocidad de P fijo al eje (barra)
r
r
r r
varr = vO + ω1 × rP / O
r
= ω1 × [l Iˆ − r senθ Jˆ + ( L + r cosθ ) Kˆ ]
varr = ω1 l Jˆ + r ω1 senθ Iˆ
r
vrel : velocidad de P con respecto al sistema móvil
r
r r
vrel = ω 2 × rP / A
= ω 2 Iˆ × (− r senθ Jˆ − r cosθ K̂ )
= − r ω 2 cosθ Jˆ − r ω 2 senθ K̂
r
v P = r ω1 senθ Iˆ + (ω1 l − rω 2 cosθ ) Jˆ − r ω 2 senθ Kˆ
aceleraciones:
donde
r
r
r
r
a P = aarr + a rel + acor
r
r
r r
r
r r
a arr = aO + α 1 × rP / O + ω1 × (ω1 × rP / O )
r
= ω1 × (ω1 l Jˆ + rω1 senθ Iˆ)
= − ω12 l Iˆ + r ω12 senθ Jˆ
r
r r
r
r r
arel = α 2 × rP / A + ω 2 × (ω 2 × rP / A )
r
= ω 2 × (− r ω 2 cosθ Jˆ − r ω 2 senθ Kˆ )
= r ω 22 senθ Jˆ − r ω 22 cosθ Kˆ
r
r
r
acor = 2 Ω sist × vrel
r
= 2 ω1 × (− r ω 2 cosθ Jˆ − r ω 2 senθ Kˆ )
= 2 r ω1 ω 2 cosθ Iˆ
r
a P = (− ω12 l + 2 r ω1 ω 2 cos θ ) Iˆ + r senθ (ω12 + ω 22 ) Jˆ − r ω 22 cos θ Kˆ
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Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido
Pág. 6-64
c) Solución sistema móvil fijo a la rueda y utilizando el concepto de movimiento con
respecto a sistema de referencia en rotación.
r
r
r
Ω sist = ω1 + ω 2
r
r
r
v P = varr + vrel
donde
r
r
r r r
r
r r
r r
varr = v A + ω × (rP − rA ) = (vO + ω1 × rA / O ) + ω × (rP − rA )
r
r
= [ω1 Kˆ × (l Iˆ + L Kˆ )] + (ω1 + ω 2 ) × (− r senθ Jˆ + r cosθ Kˆ )
r
varr = ω1 r senθ Iˆ + (ω1 l − ω 2 r cosθ ) Jˆ − ω 2 r senθ Kˆ
además:
r
vrel = 0
entonces:
r
v P = ω1 r senθ Iˆ + (ω1 l − ω 2 r cosθ ) Jˆ − ω 2 r senθ Kˆ
r
r
r
r
a P = aarr + a rel + acor
donde:
r r
r r r
r
r
aarr = a A + α × rP / A + ω × (ω × rP / A )
pero:
α =
y además:
r
r
r r
r
r r
a A = aO + α 1 × rA / O + ω1 × (ω1 × rA / O )
r
d r
d
(ω1 Kˆ + ω 2 Iˆ) = ω1 ω 2 Jˆ
ω =
dt
dt
r
aarr = (− ω12 l + 2 r ω1 ω 2 cosθ ) Iˆ + r senθ (ω12 + ω 22 ) Jˆ − r ω 22 cosθ Kˆ
r
arel = 0
r
r
r
r
acor = 2 Ω sist × vrel = 0
(pues vrel = 0)
entonces:
r
a P = (− ω12 l + 2 r ω1 ω 2 cosθ ) Iˆ + r senθ (ω12 + ω 22 ) Jˆ − r ω 22 cosθ Kˆ
--------------------
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Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 7 Cinética del Cuerpo Rígido en movimiento plano
Pág. 7-1
Cap. 7 Cinética del sólido rígido en movimiento plano
Por: Jorge Rodríguez Hernández, Dipl.-Ing.
Profesor del Área de Diseño
Sección de Ingeniería Mecánica
7.1 El principio de D’Alembert
Sabemos del 5to. capítulo que el Principio de D'Alembert 1) establece para un sistema de
r
r
partículas que: “El sistema de fuerzas exteriores Fi y el sistema de fuerzas efectivas m a i
son equivalentes”.
m1
r
ρ1
r
Fn
mn
r
rn
r
ρn
r
r1
r
m2 a 2
r
F1
m1
r
ρ2
A
r
r
r2
mi
r
ri
x
r
ρ1
r
F2
r
Fi
ρi
y
O
m2
mn
r
mn an
r
ρn A
y
=ˆ
O
z
r
m1 a1 ρr
x
r
ri
r
ρi
2
m2
r
mi a i
mi
z
Fig. 7-1
En consecuencia se cumplen las siguientes dos expresiones:
r
r
r
r
∑ Fext = ∑ mi ai = (∑ mi ) aG = M aG
r
r
r
∑ M A ext = ∑ ρi × mi ai
(7. 1)
(7.2)
r
ρ i significa posición con respecto a A, el cual es un punto cualquiera
donde
del espacio. Además, G es el centro de masa del sistema.
Puesto que un cuerpo rígido se puede idealizar como un sistema de partículas, y en
particular como un sistema rígido de partículas, podemos afirmar que para él se cumplirá
que:
r
r
r
F2
(7.3)
r
∑ Fext = M aG
F1
r
ρi
r
Fn
r
ri
r
F3
además, de la cinemática del cuerpo rígido en
movimiento plano podemos escribir:
r
rG
r
Fi
1)
por otro lado, si tomamos A ≡ G , de la expresión (7.2):
r
r
r
M
(7.4)
∑ G ext = ∑ ρ i × mi ai
r
r
r
r r
ai = aG + α × ρ i − ω 2 ρ i
Jean Le Rond D'Alembert, científico y pensador francés de la Ilustración (París, 1717-1783). Sus investigaciones en
matemáticas, física y astronomía le llevaron a formar parte de la Academia de Ciencias con sólo 25 años; y resultaron
de tal relevancia que aún conservan su nombre un principio de física que relaciona la estática con la dinámica y un
criterio de convergencia de series matemáticas.
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Cap. 7 Cinética del Cuerpo Rígido en movimiento plano
r
M
∑ G ext =
en (7.4):
=
=
r
r
Pág. 7-2
r
r
r
∑ ρ × m (a + α × ρ − ω ρ )
r
r
r
r
r r
∑ ρ × m a + ∑ ρ × m (α × ρ ) − ∑ ρ
r
r
r
( ∑ m ρ ) × a + (∑ m ρ ) α
i
i
i
i
i
G
G
i
2
i
i
i
G
r
=0, pues ρ G = 0
i
i
ya que
i
i
r
× mi ω 2 ρ i
2
i
∑ ( mi
r
ρ i ) = ( ∑ mi ) ρ G = 0
r
r
M
∑ G ext = I G α
→
(7.5)
Las ecuaciones (7.3) y (7.5) expresan el Principio de D’Alembert para los cuerpos rígidos en
movimiento plano. Dichas ecuaciones también indican claramente las condiciones para que
los siguientes sistemas de fuerzas coplanares sean equivalentes:
r
F3
r
Fn
r
IG α
r
F2
r
F1
r
rG
=ˆ
r
Fi
r
M aG
r
rG
Es decir, el sistema plano de fuerzas formado por las fuerzas externas que actúan sobre el
sólido rígido en movimiento plano, es equivalente al sistema de fuerzas formado por la
r
fuerza M aG cuya línea de acción pasa por el centro de gravedad G del cuerpo y el torque
r
o par I G α , cuyo sentido, claro está, está dado por el sentido de la aceleración angular del
cuerpo rígido.
Es importante notar que en el sistema I pueden estar incluidos pares de fuerzas, por lo cual
la figura anterior puede ser representada de manera más descriptiva:
r
F1
r
M1
r
Mm
r
Fn
r
rG
r
IG α
r
F2
r
F3
r
M2
r
Fi
=ˆ
r
M aG
r
rG
r
Se debe notar que el término ∑ M G ext de la expresión (7.5) debe incluir los momentos o
pares externos que actúan sobre el cuerpo rígido.
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Cap. 7 Cinética del Cuerpo Rígido en movimiento plano
Pág. 7-3
r
Es usual escribir las ecuaciones (7.3) y (7.5) de una manera alternativa: la “fuerza” M aG se
r
añade al sistema I con signo negativo y el “torque” I G α también se añade al sistema I con
signo negativo:
r
r
(7.6)
∑ Fext − M aG = 0
r
r
(7.7)
∑ M G ext − I G α = 0
Estas ecuaciones sugieren que para el cuerpo rígido en movimiento plano se cumple que
suma de fuerzas igual a cero y suma de momentos igual a cero, lo cual nos recuerda las
condiciones para el equilibrio estático de un cuerpo rígido. Justamente por ello y porque
además el cuerpo no está quieto si no mas bien en movimiento, se dice que las ecuaciones
(7.6) y (7.7) describen las condiciones de “equilibrio dinámico” del cuerpo rígido en
movimiento. Dichas ecuaciones se muestran gráficamente a continuación:
r
− IG α
r
F1
r
F2
r
M1
r
Mm
r
F3
r
− M aG
r
Fn
r
M2
r
rG
=ˆ
r
Fi
Si denominamos:
y
r
r
− M aG = F i
r
r
− IG α = M i
como “fuerza de inercia”
como “torque de inercia”
entonces, (7.6) y (7.7) se pueden reescribir como:
r
∑F
ext
r
+ Fi = 0
r
∑M
G ext
r
+T i = 0
(7.7)
(7.8)
Las expresiones de D’Alembert en la forma expresada por (7.7) y (7.8) y que describen el
“equilibrio dinámico” del cuerpo rígido en movimiento son muy utilizadas en la Dinámica
de Maquinaria.
Habiendo establecido la equivalencia de los sistemas de la Fig. 7-3 mediante las
ecuaciones (7.3) y (7.5), es posible asegurar que esta última condición, es decir, que el
momento resultante del sistema I sea igual al momento del sistema resultante II, puede ser
utilizada tomando como centro de reducción cualquier otro punto sobre el plano del
movimiento, por ejemplo el punto P en la siguiente figura:
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Pág. 7-4
r
IG α
r
F2
r
F1
r
M1
r
Mm
r
F3
r
Fn
r
M2
r
rG / P
r
rG
r
M aG
=ˆ
r
rG / P
r
rG
r
Fi
r
rP
r
rP
La expresión (7.5) puede ser reescrita, con P como centro de reducción, de la siguiente
manera:
r
r
r
r
M
(7.9)
∑ P ext = I G α + rG / P × M aG
Demás está decir que la expresión (7.3) sigue siendo perfectamente válida.
Caso Particular: Rotación de un cuerpo rígido en torno a un eje fijo.
r
F2
r
F1
r
M1
r
Mm
r
Fn
En la figura, el cuerpo rígido está girando, debido
a la acción de las fuerzas y pares mostrados,
alrededor del eje fijo A.
r
F3
r
M2
r
rG
r
Fi
Podemos aplicar el principio de D’Alembert para establecer la equivalencia de los
siguientes sistemas:
r
F2
r
F1
r
M1
r
Mm
r
Fn
r
rG
r
IG α
r
F3
r
M2
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r
Fi
=ˆ
r
rG
r
M aGn
r
M aGt
r
M aG
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Pág. 7-5
r
En el sistema II el vector ( M aG ) ha sido descompuesto en sus componentes tangencial y
normal de acuerdo a la expresión ya conocida del capítulo anterior.
r r
r
r
r
aG = a A + α × rG / A − ω 2 rG / A
123 1424
3
Sabemos que:
=0
r
aGt
r
aGn
r
r r
aGt = α × rG / A
r
r
aGn = − ω 2 rG / A
donde:
y
es la aceleración tangencial de G
es la aceleración normal de G
Puesto que los sistemas mostrados son equivalentes, se cumplirá:
rI
∑M
A ext
=
r II
∑M
A ext
r
r
r
r r
M
∑ A ext = I G α + rG / A × (M α × rG / A ) + 0
r
r
r
r
r r
r
= I G α + (rG / A ⋅ rG / A ) M α − ( M α ⋅ rG / A ) rG / A
r
r
= I G α + rG2 / A M α
r
= ( I G + rG2 / A M ) α
14
4244
3
IA
⇒
Nota 1:
Nota 2:
r
∑M
A ext
r
= IA α
(7.10)
Si en particular el eje fijo A coincidercon el centro de gravedad G, es decir, si
r
A ≡ G , entonces se cumple que ∑ M G ext = I G α .
Evidentemente sigue siendo válida la expresión
o lo que es lo mismo:
→
r
∑F
ext
r
∑F
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ext
r
r
F
∑ ext = M aG
r
r r
r
= M (a A + α × rG / A − ω 2 rG / A )
1
424
3 14243
r
aGt / A
r
aGt / A
r r
r
= M (α × rG / A − ω 2 rG / A ) .
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Cap. 7 Cinética del Cuerpo Rígido en movimiento plano
Pág. 7-6
Ejemplo 7.1:
A
La rueda de radio r y masa m está articulada en su centro a
una barra de peso despreciable, la cual a su vez está
articulada en su otro extremo a la pared vertical en A. La
rueda está girando con velocidad angular ω0 justo antes de
entrar en contacto con la pared a partir de lo cual entra a
tallar una fuerza de fricción debida al coeficiente cinético
de fricción μ , la cual frena el movimiento de giro de la
rueda. Se pide:
β
O
ω0
r
a) Calcular la aceleración angular de la rueda en función
del tiempo.
Fig. 7-9
b) Calcular el tiempo T que demora la rueda en
detenerse.
Solución: a) Según el Principio de D’Alembert los siguientes sistemas son equivalentes:
I 0 ϕ&&
T
ϕ
β
N
O
r
Ff
=ˆ
O
mg
Fig. 7-10
∑ FH :
N − T cos β = 0
(1)
∑ FV :
F f + T senβ − m g = 0
(2)
∑MO + :
F f ⋅ r = − I O ϕ&&
(3)
Como hay deslizamiento entre la rueda y la pared:
en (1):
T =
en (2):
Ff +
ahora, en (3):
→
Ff = μ N
(4)
Ff
μ cos β
Ff
μ
ϕ&& = −
ϕ&& = −
tan β − m g = 0
Ff =
→
mg
1
1 + tan β
(5)
μ
mgr
I0
1
1+
1
μ
tan β
2g
1
r 1 + 1 tan β
donde:
I0 =
1
mr2
2
(Notar que ϕ&& es constante)
μ
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Cap. 7 Cinética del Cuerpo Rígido en movimiento plano
ϕ& (t ) = −
b) Integrando:
Pág. 7-7
2g
1
t + C
r 1 + 1 tan β
(C es constante)
μ
para t = 0 , ϕ& = ω0
→
C = ω0
→
ϕ& (t ) = ω 0 −
2g
1
t
r 1 + 1 tan β
μ
para t = T , ϕ& = 0
Las condiciones para el frenado son:
→
0 = ω0 −
2g
1
T
r 1 + 1 tan β
μ
de donde:
T =
ω0 r ⎛
⎞
1
⎜⎜1 + tan β ⎟⎟
2g ⎝
μ
⎠
Ejemplo 7.2:
Una esfera de masa m y radio R descansa al borde de un
saliente horizontal. Si comienza a rodar con velocidad
angular nula desde la posición mostrada y suponiendo que
la fricción es suficientemente grande para evitar el
deslizamiento, determinar:
a) La velocidad y aceleración angulares y la normal que
ejerce la saliente sobre la esfera en función del ángulo
θ que gira la esfera.
R
Fig. 7-11
b) La velocidad y aceleración angulares para el instante
en que la esfera abandona el borde del saliente.
Solución:
G
θ
R
N. R.
Fig. 7-12
En la figura de la izquierda se muestra una
posición genérica de la esfera determinada por el
ángulo θ. En el lapso de tiempo en que la esfera
permanece en contacto al saliente, la fuerza de
fricción estática impide el deslizamiento, por lo
que podemos asumir que la esfera está girando
alrededor del punto de contacto.
Apliquemos ahora el Principio de D’Alembert, por el cual podemos afirmar que los
sistemas mostrados a continuación son equivalentes.
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Cap. 7 Cinética del Cuerpo Rígido en movimiento plano
Pág. 7-8
I 0 θ&&
=ˆ
θ
∑MC :
m g R senθ = m aGt R + I G θ&&
donde:
aGt = θ&& R
2
IG = m R 2
5
y además:
→
m g R senθ = mθ&& R 2 +
m aGt
2
m R 2 θ&&
5
5 g
senθ
7 R
de donde:
θ&& =
∑Fn :
m g cosθ − N = m aGn
→
m aGn
(1)
donde
aGn = θ& 2 R
m g cosθ − N = mθ& 2 R
(2)
Introduciendo el cambio de variable θ&& dθ = θ& dθ& en (1):
5 g
senθ dθ
7 R
θ& dθ& =
integrando:
θ&
θ
0
0
∫θ& dθ& =
θ& 2 =
5 g
∫ 7 R senθ dθ
10 g
(1 − cosθ )
7 R
(3)
la cual nos muestra la velocidad angular de la esfera en función de θ .
N = m g cosθ − m
(3) en (2) y despejando:
ordenando:
N =
10
g (1 − cosθ )
7
17
10
m g cosθ −
mg
7
7
(4)
la cual nos muestra el módulo de la normal en función de θ .
La condición para que la esfera abandone el saliente es N = 0 , entonces, en (4):
cosθ =
10
17
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→
θ = 53,97°
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Cap. 7 Cinética del Cuerpo Rígido en movimiento plano
finalmente, en (3) y (1):
Pág. 7-9
θ& =
10 g
17 R
→
θ& = 0,767
θ&& =
15 21 g
119 R
→
θ&& = 0,578
g
R
g
R
7.2 Centro de percusión
Para un cuerpo rígido que tiene movimiento de rotación alrededor de un eje fijo O ⇒
r
r
existe un punto P sobre la línea OG tal que si trasladamos las fuerzas M aGn y M aGt a
r
dicho punto IG α queda eliminado.
r
r
M aGn
IG α
r
M aGn
r
M aGt
r
M aGt
=ˆ
Sabemos que las componentes de la aceleración del centro de gravedad G están dadas por:
r
r r
aGt = α × rG / 0
r
r
aGn = − ω 2 rG / 0
r
r
La idea es que al trasladar M aGt se origine un par de transporte que anule al par IG α . Para
ello se debe cumplir que:
M aGt rPG = I G α
2
M (α rG 0 ) rPG = kGO
Mα
rPG
kG2
=
rGO
(7.11)
El punto P así determinado se denomina centro de percusión.
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Cap. 7 Cinética del Cuerpo Rígido en movimiento plano
Pág. 7-10
7.3 Cinética de cuerpos rígidos interconectados
Las ecuaciones del principio de D’Alembert que acabamos de estudiar para un cuerpo
rígido en movimiento plano, pueden también ser utilizadas para cada cuerpo componente
de un sistema de cuerpos en movimiento plano (mecanismo plano). Para mostrar su
aplicación estudiaremos el siguiente sistema:
r
Q
r
P
C
r
R
S3
G3
B
G4
S2
r
F
G2
T2
A
S4
T4
D
Fig. 7-15
Además, para cualquier componente del sistema se cumplirá el Principio de D’Alembert,
por lo que podemos desmembrar el sistema y escribir las siguientes equivalencias:
By
B
=ˆ
r
F
G2
G2
T2
A
r
m2 aG 2
A
Ax
Ay
r
IG2 α 2
B
Bx
Fig. 7-16
r Cy
Q
r
P
C
Cx
G3
Bx
B
=ˆ
G3
By
B
r
I G3 α 3
r
m3 aG 3
Fig. 7-17
Cy
Cx r
R
r
I G4 α 4
=ˆ
G4
T4
D
G4
r
m4 aG 4
Dx
Dy
Fig. 7-18
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Cap. 7 Cinética del Cuerpo Rígido en movimiento plano
Pág. 7-11
Este método, denominado newtoniano, nos permite calcular todas las fuerzas de reacción
en las articulaciones. Los sistemas representados nos permiten escribir el número suficiente
de ecuaciones para resolver las incógnitas del sistema. Sin embargo, podemos establecer el
principio de D’Alembert para todo el sistema:
r
Q
r
P
r
I G3 α 3
C
C
r
R
G3
B
=ˆ
G4
r
F
G2
T2
A
G3
B
T4
Ax
r
r
IG4 α 4
G4
r
m4 aG 4
IG2 α 2
G2
r
m2 aG 2
A
Dx
r
m3 a G 3
D
D
Dy
Ay
Fig. 7-19
Ilustraremos una vez más el método newtoniano para realizar el análisis de fuerzas en un
mecanismo biela-manivela:
B
S2
S3
S4
A
T2
FP
C
Fig. 7-20
Supongamos que dicho mecanismo se utiliza para el accionamiento de una bomba
alternativa. Entonces, al mecanismo se le aplica el torque T2 y con ello se logra la fuerza
de bombeo en el pistón FP . Suponiendo que el mecanismo actúa en un plano vertical, los
pesos de los elementos tienen que ser considerados. Para el instante en análisis, los
siguientes sistemas son equivalentes según el principio de D’Alembert:
B
S2
B
S3
S2
G3
G2
T2
Ax A
m2 g
Ay
=ˆ
S4
m3 g
G4
FP
G2
A
S3
IG2 ° 2
m2 aG2
G3
m3 aG3
S4
IG3 ° 3
G4
m4 aG4
C
C
m4 g
N
Fig. 7-21
A continuación mostraremos los sistemas equivalentes de fuerzas, según D’Alembert, para
cada uno de los elementos móviles del sistema:
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Cap. 7 Cinética del Cuerpo Rígido en movimiento plano
Pág. 7-12
By
B
=ˆ
G2
B
m2 aG2
A
m2 g
Ay
IG2 α 2
G2
T2
Ax A
By
B
Bx
Fig. 7-22
B
Bx
G3
=ˆ
Cy
m3 aG3
G3
I G3 α 3
m3 g
Cx
C
C
Fig. 7-23
Cy
Cx
G4
C
FP
=ˆ
G4
m4 aG4
C
m4 g
N
Fig. 7-24
Como última observación se debe hacer notar que el método newtoniano nos permite
obtener las fuerzas internas en todas las articulaciones, datos que, como veremos en un
siguiente curso de mecanismos, son muy importantes para el posterior diseño integral del
mecanismo.
Ejemplo 7.2:
B
H
r
C
1m
Para el instante mostrado se pide hallar la
aceleración del centro del cilindro (masa mC = 4 kg)
inmediatamente después que se rompe la cuerda EF.
Despreciar la fricción. G es punto medio de cada
barra (las barras son idénticas y cada una tiene masa
mb = 12 kg y longitud l b = 4 m).
1m
60°
2m
G
Solución:
Se debe notar que, debido a la simetría del sistema,
el cilindro se traslada verticalmente hacia abajo. En
consecuencia, cualquier punto de él se mueve según
trayectorias rectilíneas verticales. Además, al
momento de romperse la cuerda las barras tienen
aceleración angular pero velocidad angular inicial
nula.
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E
F
60°
60°
A
D
Fig. 7-25
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 7 Cinética del Cuerpo Rígido en movimiento plano
Pág. 7-13
r = 3 /3 m
Por geometría se puede calcular fácilmente:
B
r
α
r r
r
r
r
aG = a A + α × rG / A − ω 2 rG / A
− aG ˆj = − a A iˆ + (−α kˆ) × (iˆ + 3 ˆj )
− aG ˆj = − a A iˆ − α ˆj + 3 α iˆ
r
aG = α → aG = − α ˆj
aA =
además
Q ∈ barra:
3α
1m
Cinemática:
1m
Q
2m
G
r
aG
r
→ a A = − 3 α iˆ
r
aA
60°
A
r
r
r
r
r
aQ = aG + α × rQ / G − ω 2 rQ / G
Fig. 7-26
r
⎛1
3
aQ = − α ˆj + (−α kˆ) × ⎜⎜ iˆ +
2
⎝2
ˆj ⎞⎟ = 3 α iˆ − 3 α ˆj
⎟
2
2
⎠
Determinación de la aceleración del punto Q1 ∈ cilindro y que coincider en el instante
mostrado con Q ∈ barra. Tomemos sistema móvil fijo a la barra, es decir, Ω sist = 0 .
r
r
r
r
aQ1 = aarr + arel + acor
r
r
= aQ + aQ1 / Q
→
Resolviendo:
⎛ 3 ˆ 3
αi− α
− aQ1 ˆj = ⎜⎜
2
⎝ 2
aQ1 / Q =
ˆj ⎞⎟ + a
Q1 / Q
⎟
⎠
⎛ 1ˆ
3
⎜⎜ − i −
2
⎝ 2
ˆj ⎞⎟
⎟
⎠
3α
aQ1 = 3α
r
aQ1 = − 3 α ˆj
→
Aplicando el principio de D’Alembert para todo el sistema:
IG α
B
H
IG α
B
H
C
1m
C
60°
Mg
1m
=ˆ
2m
G
MaC
G
2mg
∑F
H
2 m aG
A
D
A
N
N
Fig. 7-27
D
2 N − 4 g − 24 g = − 12 α − 24 α
:
→
N = 14 g − 18 α
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(1)
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Cap. 7 Cinética del Cuerpo Rígido en movimiento plano
Pág. 7-14
Para una de las barras:
B
B
R
∑MG :
R (1) + N (1) =
Q
IG α
1m
Gx
1m
30°
Gy
R + N = 16 α
(2)
R = 34 α – 14 g
(3)
G
2m
G
1
(12)(4) 2 α
12
=ˆ
mg
(1) en (2):
m aG
60°
A
A
Fig. 7-28
N
=ˆ
C
Para el cilindro:
R
30°
30°
C
R
M aC
Mg
Fig. 7-29
2 R sen 30° − 4 g = − 12 α
∑ Fy :
R = − 12 α + 4 g
→
→
Nota:
9
g
23
→
α = 3,84 rad/s2
aC = 3 α
→
aC = 11,52 m/s2
α=
de (3) y (4):
(4)
La parte de cinemática puede también ser resuelta utilizando técnicas que fueron
estudiadas en el primer capítulo del curso.
y C = yG + y C / G
B
H
d 2 /d t2 :
R
&y&C = &y&G + &y&C / G
(1)
C
C
φ
Q
yC / G
y& C / G = R (− cos φ ) −2 (− senφ ) φ&
G
y& C / G
φ
φ
A
R
=
= R cos −1 φ
cosφ
D
Fig. 7-30
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R senφ &
=
φ = R senφ φ& cos −2 φ
cos 2 φ
yC/G
φ
R
G
Fig. 7-31
&y&C / G = ( R senφ φ&) (− 2 cos −3 φ ) (− senφ φ&) +
+ ( R cosφ φ& 2 + R senφ φ&&) cos −2 φ
&y&C / G =
R φ& 2
R senφ φ&&
2 R sen 2φ φ& 2
+
+
cosφ
cos 3 φ
cos 2 φ
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en el instante en análisis φ& = 0 y φ&& = α :
G
yG
φ
&y&C / G =
Pág. 7-15
R senφ
α
cos 2 φ
además:
yG =
l
senφ
2
d / dt :
y& G =
l
cos φ φ&
2
d / dt :
&y&G = −
(2)
l
l
senφ φ& 2 + cosφ φ&&
2
2
Fig. 7-32
en nuestro caso φ& = 0 y φ&& = α :
de (2) y (3):
→
aC = &y&C =
l
cosφ α
2
(3)
l
R senφ
cosφ α +
α
2
cos 2 φ
⎛1
R senφ ⎞
⎟α
aC = ⎜⎜ cosφ +
cos 2 φ ⎟⎠
⎝2
En este problema:
l
=2 m
2
además:
R =
→
&y&G =
→
l=4 m
l/4
1
=
= 0,5774 m
tan φ
tan 60°
aC = 3 α
7.4 Movimiento de rodadura con o sin deslizamiento
7.4.1 Breve repaso de las características de la fuerza de fricción
Se hará un breve y muy sucinto repaso de lo visto sobre fricción seca (o fricción de
Coulomb 1) ) en el anterior curso de Estática y una extensión para el caso de deslizamiento
relativo entre las superficies.
Consideremos un bloque situado sobre una superficie
horizontal rugosa (coeficientes de fricción estático μs y
cinético μk), al cual se aplica una carga P. Se trata de
establecer las condiciones de equilibrio estático o de
movimiento del bloque.
1)
m
P
Fig. 7-33
Coulomb, Charles (nació en Angulema, Francia, 1736 – falleció en París, 1806). Físico francés. Su celebridad se basa
sobre todo en que enunció la ley física que lleva su nombre (ley de Coulomb), que establece que la fuerza existente
entre dos cargas eléctricas es proporcional al producto de las cargas eléctricas e inversamente proporcional al
cuadrado de la distancia que las separa. También realizó investigaciones sobre las fuerzas de rozamiento, sobre
molinos de viento, así como acerca de la elasticidad de los metales y las fibras de seda.
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•
Pág. 7-16
Equilibrio estático: se da si se cumplen las siguientes condiciones:
∑F
∑F
P
Ff
mg
N
x
= 0:
P − Ff = 0
→
Ff = P
(7.12)
y
= 0:
N −mg =0
→
N = mg
(7.13)
Fig. 7-34
Las expresiones (7.12) y (7.13) deben cumplirse de todas maneras si el cuerpo no se
mueve. La expresión (7.12) puede interpretarse en este caso como que si se hace crecer
P entonces Ff crecerá exactamente de la misma manera (ver gráfico de la Fig. 7.23).
Pero claro, ello no puede ocurrir indefinidamente. Llegará el momento en que la
fuerza de fricción alcanza su valor máximo F f max = μ s N y ya no puede crecer según
(7.12) y entonces empieza el movimiento.
•
Movimiento:
P
según Coulomb, para cualquier instante del movimiento la fuerza de
fricción adquiere el valor:
Ff = μk N
=ˆ
Ff
ma
donde, para este caso: N = m g
mg
N
Fig. 7-35
Lo anteriormente dicho se puede resumir de la siguiente manera (ver además el gráfico de
la fig. 7-23):
•
si P < P0 →
Ff = P
(equilibrio estático, tramo OA)
•
si P = P0 →
F f = F f max = μ s N
(movimiento inminente, punto A)
•
si P > P0 →
Ff = μk N
(movimiento inminente, B en adelante)
Ff
Equilibrio
estático
Ff max=μs N
movimiento
A
B
1
Ff =μk N
1
O
P
PO
Fig. 7-36
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Pág. 7-17
7.4.2 Análisis del movimiento de rodadura
La cinemática del movimiento de rodadura pura fue analizada en el pasado capítulo 6. Lo
que haremos ahora será añadir a lo dicho el análisis cinético.
Analizaremos las condiciones para las que el cuerpo cilíndrico de la fig. 7-23 rueda con o
sin deslizamiento.
m
P
G
h
C
Fig. 7-37
El principio de D’Alembert establece en general, para cualquier instante del movimiento e
indepedientemente de si se trata de movimiento de rodadura con o sin deslizamiento, que:
IG α
P
G
h
mg
Ff
=ˆ
M aG
G
C
C
N
Fig. 7-38
Lo cual significa que se pueden escribir las siguientes ecuaciones:
∑F :
∑F :
∑M
x
P − F f = m aG
(7.14)
y
W −N = 0
(7.15)
P h = I G α + m aG r
(7.16)
C
+ :
Tenemos cuatro incógnitas: N , F f , aG , α y solamente tres ecuaciones. Necesitamos una
ecuación adicional. Si suponemos en este instante que el cuerpo rueda sin deslizar,
entonces deberá cumplirse que:
aG = α r
(7.17)
Ahora sí podemos resolver el sistema y encontrar las incógnitas. Sin embargo, la condición
de rodadura sin deslizamiento se cumplirá solamente si la fuerza de fricción que permite tal
condición es tal que está por debajo de la fuerza de fricción estática máxima que se puede
generar entre las superficies en contacto.
Es decir, se debe cumplir que:
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F f ≤ F f max = μ s N
(7.18)
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Cap. 7 Cinética del Cuerpo Rígido en movimiento plano
Pág. 7-18
En general trataremos problemas en los que no se sabe a priori si el cuerpo rueda sin o con
deslizamiento, entonces el procedimiento de cálculo será:
1) Se establecen las ecuaciones correspondientes al Principio de D’Alembert aplicadas al
movimiento que se está analizando: ecuaciones (7.14), (7.15) y (7.16).
2) Se supone rodadura sin deslizamiento, entonces se escribe una cuarta ecuación.
aG = f (α )
(7.19)
Se resuelve el sistema y se obtienen N , Ff , α
¿es F f ≤ μ s N ?
→
sí
suposición correcta (fin del problema)
no → hay rodadura con deslizamiento (continúa el análisis del problema)
3) Análisis del movimiento de rodadura con deslizamiento: Siguen siendo válidas las
ecuaciones de movimiento de D’Alembert. Además, la teoría de Coulomb establece
que:
Ff = μ k N
(7.20)
Se resuelve el sistema y se obtienen:
G
aG, α, N.
r
aA
A
Notar que aG = f (α , a A ) .
Fig. 7-39
Ejemplo 7.4:
m
Análisis de movimiento de rodadura. El cilindro
mostrado (masa m y radio r) rueda cuesta abajo. Se
requiere saber las condiciones para que la rodadura
se produzca con o sin deslizamiento. Los
coeficientes de fricción entre el cilindro y el plano
inclinado son μ s y μ k .
C
β
Fig. 7-40
Solución:
•
Según el principio de D’Alembert se cumplirá que los siguientes sistemas son
equivalentes:
IC α
=ˆ
C
mg β
C
maC
Ff
β
N
x
y
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Fig. 7-41
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Pág. 7-19
Se puede afirmar que:
∑F :
∑F :
∑M +
x
m g senβ − F f = m aC
(1)
y
m g cos β − N = 0
(2)
C
:
de (2) :
•
Ff r = IC α
1
donde I C = m r 2
2
(3)
N = m g cos β
Suponemos rodadura sin deslizamiento:
m g senβ −
simplificando:
2 g senβ = 3 α r
de donde:
α =
2 g senβ
3r
2
= g senβ
3
Ff =
se debe verificar que:
(4)
1 mr2 α
= m (α r )
2 r
en (1):
aC
aC = α r
m g senβ
3
F f ≤ F f max = μ s N
reemplazando:
m g senβ !
≤ μ s m g cos β
3
Es decir
tan β ≤ 3μ s (condición para que el cilindro ruede sin deslizar)
Si no se cumple dicha condición la única posibilidad restante es que la rodadura sea con
deslizamiento.
•
Análisis de la rodadura con deslizamiento:
Ahora:
a ≠ rα
mas bien:
Ff = μk N
F f = μ k (m g cos β )
(4’)
1
m r 2α
2
en (3):
Ff ⋅ r =
de (4’):
μ k m g cos β r =
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1
m r2 α
2
→
α =
2μ k g cos β
r
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Pág. 7-20
1
m rα
2
1
⎛ 2 μ g cos β ⎞
= mr ⎜ k
⎟
2
r
⎠
⎝
= μ k m g cos β
Ff =
Finalmente de (3):
en (1):
m g senβ − μ k m g cos β = m aG
es decir:
aG = g ( senβ − μ k cos β )
Ejemplo 7.5:
m
P
El cuerpo rígido se mueve girando sin deslizar
sobre una superficie horizontal por la acción de la
fuerza P ejercida mediante un hilo enrollado
como muestra la figura. Se dan las condiciones
para que el movimiento sea de rodadura pura, se
pide: para qué ángulo β se moverá el cilindro
hacia la izquierda o hacia la derecha?. Se conocen
P, a, b.
b
a O
β
Fig. 7-42
Solución: Según el Principio de D’Alembert:
mg
IO α
P
b
β
a O
=ˆ
O
m aO
Ff
N
∑M
∑F :
∑F :
Fig. 7-43
Ff b − P a = I0 α
(1)
x
P cos β − F f = m a0
(2)
y
P senβ + N − m g = 0
(3)
O
+ :
Como el cilindro rueda sin deslizar:
(3) y (2) en (1):
a0 = bα
(4)
a0
b
2
P b cos β − P a = a0 ( I 0 + m b 2 )
( P cos β − m a0 ) b − P a = I 0
a0 =
P b2
a
(cos β − )
2
I0 + mb
b
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a
b
a
cos β <
b
cos β >
si
si
Pág. 7-21
→
a0 > 0
(el cilindro se mueve hacia la derecha)
→
a0 < 0
(el cilindro se mueve hacia la izquierda)
Por ejemplo, si tomamos los valores:
a = 30 mm
b = 49 mm
⎫
⎬
⎭
a
= 0,612
b
arc cos(0,612) = 52° = β
→
β < 52°
cilindro se mueve hacia la derecha
β > 52°
cilindro se mueve hacia la izquierda
•
Ejemplo 7.6:
El disco semicircular de masa m = 50 kg es soltado desde el reposo en la posición que se
muestra. Los coeficientes de fricción estático y cinético entre el disco y la barra son
μ s = 0,2 y μ k = 0,1 , respectivamente. Determine las reacciones iniciales en la articulación
A y en el apoyo simple B utilizados para apoyar la viga. Desprecie la masa de la viga en el
cálculo.
R = 0,4 m
O
m = 50 kg
A
B
C
1,75 m
1,25 m
Fig. 7-44
Solución: Aplicaremos el principio de D’Alembert al disco semicircular:
4 R
= 0,1698 m
3π
IG α
Ff
G
0,4 m
O
C
=ˆ
mg
N
(+)
G
maGx
maGy
Fig. 7-45
∑ Fx → :
F f = m aG X
→
F f = 50 aG x
(1)
∑ F ↓ (+) :
∑M + :
mg − N = maG y
→
490,5 − N = 50 aG y
(2)
y
G
N (0,1698) − F f (0,4) = I G α
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(3)
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Pág. 7-22
2
donde:
•
1
⎛4 R⎞
2
IG = m R2 − m ⎜
⎟ = 2,559 kg/m
2
3
π
⎝
⎠
Asumiendo rodadura sin deslizamiento en C:
r
r
r
aG = aO + aGt / O + aG− n/ O
r
aG = (aG x , aGy )
donde:
r
aO = (α R , 0)
r
r ⎛4 R⎞ ˆ
aGt / O = α × ⎜
⎟ i = − 0,1698 α ˆj
⎝3 π ⎠
r
aGn/ O = 0 (pues ω = 0 en el instante inicial)
→
r
aG = (aGX , − aG y ) = (0,4 α , 0) + (0 ; − 0,1698 α )
es decir:
aG x = 0,4 α
(4)
y además
aG y = 0,169 α
(5)
Resolviendo (1), (2), (3), (4) y (5):
α = 6,94 rad/s2
N = 431,58 N
F f = 138,8 N
aGX = 2,78 m/s2
aGy = 1,18 m/s2
?
Verificamos la suposición:
F f = 138,8 ≤ F f max = μ s N = 0,2 (431,58) = 86,32 N
vemos que no se cumple la condición, entonces hay deslizamiento.
•
Análisis para deslizamiento:
Cinemática:
→
y además
F f = μ k N = 0,1 N
(4’)
r
r
r
r
aG = aO + aGt / O + aGn / O (pues ω = 0 en t = 0 )
(aG X , − aG y ) = aO iˆ − 0,1698 α
aG X = aO
aG y = 0,1798 α
Resolviendo (1), (2), (3), (4’) y (5’):
(5’)
α = 17,1 rad/s2
N = 336,6 N
F f = 33,66 N
aG X = 0,67 m/s2
aGy = 3,08 m/s2
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DCL de la viga:
Pág. 7-23
N
Ff
Ax
C
By
Ay
1,75 m
1,25 m
Fig. 7-46
∑M
∑F
A
=0 + :
y
=0 ↑
x
= 0 →:
(+) :
(+)
∑F
164,91 (1,25) − B y (3) = 0
→
B y = 68,71 N
Ay − 164,91 + 68,71 = 0
→
Ay = 96,20 N
AX − 16,49 = 0
→
AX = 16,49 N
Ejemplo 7.7:
El conjunto disco-tambor A tiene una masa total de 10 kg y un radio de giro de 18 cm
mientras que el disco uniforme B tiene 6 kg de masa. Ambos están unidos por una cuerda
inextensible enrollada a cada elemento en la forma que muestra la figura. Si se aplica en el
centro de A una fuerza F = 210 N y sabiendo que los coeficientes de fricción estático y
cinético son 0,20 y 0,15 respectivamente, se pide determinar las aceleraciones de A y B, así
como la tensión en la cuerda.
A
B
F
15 cm
20 cm
25 cm
20 cm
Fig. 7-47
Solución:
Aplicaremos el Principio de D’Alembert a ambos discos por separado:
IAαA
Disco A:
25 cm
F
mA g
FfA
=ˆ
mA aA
A
NA
∑F :
∑F :
∑M :
40 cm
T
Fig. 7-48
x
F − T − Ff A = mA aA
(1)
y
N A − mA g = 0
(2)
F (0,25) − T (0,40) = m A a A (0,25) + I A α A
(3)
A
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Pág. 7-24
IB αB
Disco B:
mB g
FfB
40 cm
T
mB aB
B
NB
∑F :
∑F :
∑M :
=ˆ
Fig. 7-49
x
T − F f B = mB a B
(4)
y
N B − mB g = 0
(5)
T (0,40) = mB a B (0,20) + I B α B
(6)
A
de las ecuaciones (2) y (5) obtenemos:
N A = 98 N
y
N B = 58,8 N
Además
I A = 10 (0,18) 2 = 0,324 kg-m2
1
I B = (6) (0,20) 2 = 0,12 kg-m2
2
Puesto que la cuerda es inextensible tenemos la siguiente relación cinemática:
a A + 0,15 α A = a B + 0,20 α B
(7)
obteniendo finalmente el siguiente conjunto de ecuaciones:
T + 10 a A + F f A = 210
(8)
0,40 T + 2,5 a A + 0,324 α A = 52,5
(9)
T − F f B − 6 aB = 0
(10)
0,40 T − 1,2 a B − 0,12 α B = 0
(11)
a A + 0,15 α A − a B − 0,20 α B = 0
(12)
Ahora tenemos cinco ecuaciones con siete incógnitas ( T , F f A , F f B , a A , a B , α A y α B ) y
nos hacen falta dos ecuaciones más para poder resolver el sistema. Ellas pueden ser
obtenidas a partir de las condiciones cinemáticas del sistema mecánico. Como en este
momento no sabemos si el movimiento de cada rueda es con o sin deslizamiento,
tendremos que hacer suposiciones y verificar su validez a través de los resultados que
obtengamos.
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1era. hipótesis:
Pág. 7-25
Supongamos que A y B ruedan sin deslizar. Se cumplirá que.
a A = 0,25 α A
(13)
a B = 0,20 α B
(14)
T = 36,10 N
resolviendo el sistema (8) a (14):
a A = 10,03 m/s2
F f A = 73,64 N (→)
α A = 40,11 rad/s2
→
F f B = − 12,03 N
f B = 12,03 N (←)
a B = 8,02 m/s2
α B = 40,11 rad/s2
Ahora tendremos que verificar la hipótesis:
?
F f A = 73,64 N
≤
F f max = μ s N A = 0,2 (98) = 19,6 N (no!)
?
F f B = 12,03 N
≤
F f max = μ s N B = 0,2 (58,8) = 11,76 N (no!)
puesto que ninguna de las dos condiciones se cumple, entonces la hipótesis queda
descartada.
2da. hipótesis:
A rueda sin deslizar mientras que B desliza.
a A = 0,25 α A
(13’)
F f B = μ k N B = 0,15 (58,8) = 8,82 N
(14’)
resolviendo el nuevo sistema (8) a (12), (13’) y (14’) obtenemos:
T = 31,20 N
a A = 9,27 m/s2
F f A = 86,11 N (→)
α A = 52 rad/s2
a B = 3,73 m/s2
α B = 66,7 rad/s2
Se debe cumplir que:
3era. hipótesis:
F f A = 86,11 N
?
≤
F f max = μ s N A = 0,2 (98) = 19,6 N (no!)
B rueda sin deslizar mientras que A desliza.
a B = 0,20 α B
(13”)
F f A = μ k N A = 14,7 N
(14”)
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Pág. 7-26
resolviendo el nuevo sistema (8) a (12), (13”) y (14”) obtenemos:
T = 34,59 N
a A = 16,07 m/s2 (←)
α A = − 4,67 rad/s2
→
α A = 4,67 rad/s2
F f B = − 11,53 N
→
F f B = 11,53 N (←)
a B = 7,69 m/s2
α B = 38,43 rad/s2
?
Se debe cumplir que:
F f B = 11,53 N ≤
F f max = μ s N B = 0,2 (58,8) = 11,76 N (ok!)
Lo cual significa que hemos llegado a la solución del problema.
Nota 1: Se deja al estudiante como tarea verificar la no validez de una cuarta hipótesis
(ambas ruedas deslizan).
Nota 2: Es evidente que trabajar “a mano” varias veces un sistema de siete ecuaciones con
siete incógnitas es un trabajo bastante pesado, por decir algo. Sin embargo hoy en
día disponemos de programas aplicativos de computación (inclusive en
calculadoras de bolsillo) que nos permiten utilizar rápidamente los elementos del
álgebra lineal para resolver fácilmente un sistema lineal de ecuaciones. A
continuación, y a manera de ejemplo, se mostrará la utilización del álgebra lineal
en la solución del sistema de ecuaciones que obtuvimos en la primera hipótesis de
este problema.
Las ecuaciones (8) a (14) pueden escribirse de la siguiente manera:
⎛ 1
⎜ 0.4
⎜
⎜ 1
⎜ 0.4
⎜
⎜ 0
⎜ 0
⎜
⎝ 0
10 1
2.5 0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
⎞
⎛ N ⎞
⎜
⎟
⎟
0.324 0
0
0
aA ⎟
⎜
⎟
⎜F ⎟
0
−1 −6
0 ⎟
⎜ fA ⎟
⋅
⎟
⎜αA ⎟
0
0 −1.2 −0.12
⎟
⎜F ⎟
0.15 0 −1 −0.2 ⎟
⎜ fB ⎟
⎜ aB ⎟
−0.25 0
0
0 ⎟
⎟
⎜
⎟
0
0
1
−0.2 ⎠
⎝αB ⎠
0
0
0
0
=
⎛ 210 ⎞
⎜ 52.5 ⎟
⎜
⎟
⎜ 0 ⎟
⎜ 0 ⎟
⎟
⎜
⎜ 0 ⎟
⎜ 0 ⎟
⎟
⎜
⎝ 0 ⎠
A x C
donde:
A es la matriz de coeficientes
x es la matriz columna que contiene las incógnitas
C es la matriz de términos independientes
Es decir, en forma matricial tenemos la ecuación lineal:
Pontificia Universidad Católica del Perú
A x = C
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 7 Cinética del Cuerpo Rígido en movimiento plano
Su solución es:
donde A
−1
x = A
−1
Pág. 7-27
C
es la matriz inversa de A .
−1
Tal vez la mayor dificultad de este método radica en el cálculo de la matriz inversa A ,
sin embargo ese trabajo lo realiza en fracciones de segundo una PC cualquiera. A
continuación se muestran los resultados hallados utilizando el software Mathcad.
⎛ 1
⎜ 0.4
⎜
⎜ 1
A := ⎜ 0.4
⎜
⎜ 0
⎜ 0
⎜
⎝ 0
10 1
2.5 0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
⎛0
⎜0
⎜
⎜1
−1
⎜
A = 0
⎜
⎜0
⎜0
⎜
⎝0
−1
x := A
⋅C
⎞
⎟
0.324 0
0
0
⎟
0
− 1 −6
0 ⎟
⎟
0
0 −1.2 −0.12
⎟
0.15 0 −1 −0.2 ⎟
−0.25 0
0
0 ⎟
⎟
0
0
1
−0.2 ⎠
0
0
⎛ 210 ⎞
⎜ 52.5 ⎟
⎜
⎟
⎜ 0 ⎟
C := ⎜ 0 ⎟
⎜
⎟
⎜ 0 ⎟
⎜ 0 ⎟
⎜
⎟
⎝ 0 ⎠
0
0
−1.63 −0.09 0.54 ⎞
0.69
0
1.81
0.19
0
−0.19 0.17
−2.6
0
0.76
0
0.1
−0.09 −3.42
−0.76 0.69
−0.23 −1 2.73
0.35
0.54
−2.6
0.03
0.15
0
−0.15 −0.36 −0.02
0.76
0
−0.76 −1.81 −0.1
⎟
⎟
0.03 ⎟
⎟
−0.23
⎟
−2.18 ⎟
0.45 ⎟
⎟
−2.73 ⎠
−0.06
⎛ 36.1 ⎞
⎜ 10.03 ⎟
⎜
⎟
⎜ 73.64 ⎟
x = ⎜ 40.11 ⎟
⎜
⎟
⎜ −12.03 ⎟
⎜ 8.02 ⎟
⎜
⎟
⎝ 40.11 ⎠
Esta última matriz columna contiene los resultados para el set de ecuaciones de la primera
hipótesis.
--------------------
Pontificia Universidad Católica del Perú
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 8 Trabajo y Energía
Pág. 8-1
Cap. 8 Principio de Trabajo y Energía para el sólido rígido en
movimiento plano
Por: Jorge Rodríguez Hernández, Dipl.-Ing.
Profesor del Área de Diseño
Sección de Ingeniería Mecánica
8.1 Energía Cinética del Cuerpo Rígido
r
F1
r
F2
Sabemos que la energía cinética asociada a una
partícula de masa mi es:
mi
r
r
Fn
y
O
G
r
ri
x
además:
M
r
rG
1
mi vi2
2
r r
r r
vi = vG + ω × ρ i
Ti =
r
F3
ρi
→
r
Fi
Ti =
r
r r
r
r r
1
mi (vG + ω × ρ i ) ⋅ (vG + ω × ρ i )
2
Fig. 8-1
La energía cinética total para el cuerpo rígido será:
T =
=
∑T
i
=
1
∑2m
i
r r
vG ⋅ v G +
∑m
i
r r
r
vG ⋅ (ω × ρ i ) +
1
∑2m
i
r
r
r r
r
1
1
(∑ mi ) vG2 + vG ⋅ (ω × ∑ mi ρ i ) + ∑ mi ω × ρ i
2
2
r
=0, pues ρ G = 0
ya que
1
1
M vG2 + ∑ mi ω 2 ρ i2
2
2
1
1
= M vG2 + (∑ mi ρ i2 ) ω 2
2
2
r r
r r
(ω × ρ i ) ⋅ (ω × ρ i )
2
∑ (m
r
i
ρi ) = (
r
∑m ) ρ
i
G
=0
=
→
T =
1
1
M vG2 + I G ω 2
2
2
(8.1)
Si es que el polo de velocidad es fácil de ubicar, se puede utilizar la siguiente alternativa
para la evaluación de la energía cinética del cuerpo rígido en cualquier instante de su
movimiento plano:
1
1
M (ω d ) 2 + I G ω 2
2
2
1 2
= ω (M d 2 + I G )
2
14243
T =
r
vG
IC
r
rG
Pontificia Universidad Católica del Perú
=
1 2
ω IC
2
T =
1
IC ω 2
2
(8.2)
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 8 Trabajo y Energía
Nota:
Pág. 8-2
Esto último se puede aplicar
directamente para el caso de un
cuerpo rígido que gira alrededor de un
eje fijo:
T=
r
rG
1
IA ω2
2
r
vG
8.2 Energía Potencial del Cuerpo Rígido
Para la partícula de masa mi :
Vi = mi g y i
Para todo el cuerpo rígido:
r
ri
r
rG
V = ∑ Vi = ∑ mi g y i
= ( ∑ mi y i ) g
V = M yG g
(8.3)
8.3 Ecuación del Trabajo y la Energía para el Cuerpo Rígido
Dado que el cuerpo rígido se puede idealizar como un sistema rígido de partículas,
entonces podemos aseverar que para él se cumplirá que:
T1 +
∑U
i
donde el término
∑U
F ext 1→ 2
F ext 1→2
= T2
(8.4)
representa al trabajo que realizan todas las fuerzas externas
que actúan sobre el cuerpo rígido.
Sabemos también que podemos dividir dicho trabajo total en dos partes: el trabajo que
realizan las fuerzas conservativas cuya función potencial es conocida (por ejemplo fuerzas
gravitatorias, fuerzas elásticas, etc.) y el trabajo realizado por el resto de fuerzas (por
ejemplo rozamiento y otras). Recordando además, que el trabajo de una fuerza
conservativa está dado por la diferencia de energías potenciales ( V1 − V2 ), podemos
escribir:
T1 + (V1 − V2 ) + ∑U RF 1→2 = T2
T1 + V1 +
ordenando:
donde:
T1
V1
∑U
RF 1→ 2
= T2 + V2
Ecuación del trabajo y la energía
para el cuerpo rígido.
(8.5)
es la energía cinética del cuerpo rígido en posición (1)
energía potencial del cuerpo rígido en posición (1)
Pontificia Universidad Católica del Perú
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 8 Trabajo y Energía
∑U
Pág. 8-3
trabajo del resto de fuerzas entre las posiciones (1) y (2), es decir,
RF 1→2
de las fuerzas que no han sido consideradas al evaluar la energía
potencial
energía cinética del cuerpo rígido en posición (2)
energía potencial del cuerpo rígido en posición (2)
T2
V2
F
Ejemplo 8.1:
0,5 m
Un sistema rotatorio de masa 150 kg tiene un radio de
giro k0 = 0,30 m es frenado mediante el sistema de
freno simple mostrado en la figura. El tambor del
freno, que tiene un radio de 0,30 m, es una parte del
sistema. El coeficiente de fricción entre la zapata del
freno y el tambor es de 0,4. Para una fuerza F = 500 N,
determinar el número de revoluciones que dará el
tambor antes de llegar al reposo, sabiendo que al inicio
del frenado el tambor gira a una velocidad angular de
1000 rpm.
0,1 m
A
0,3 m r
O
O
0,025 m
Solución:
Fig. 8-5
F
Para la palanca de freno podemos escribir:
A
= 0:
F (0,5) − N (0,1) − F f (0,025) = 0
0,5 m
∑M
como F f = μ N = 0,4 N
→
Ff
N
0,1 m
A
además:
(1)
→
(1)
N = 2272,73 [N]
F f = 0,4 N = 909,09 [N]
I 0 = k 02 m = (0,30) 2 (150) = 13,5 kg-m2
Trabajo y energía para la masa giratoria:
T1 + V1 + U F f 1→2 = T2 + V2
0,025 m
(2)
Fig. 8-6
1
1
⎞
⎛π
I 0 ω 2 = (13,5) ⎜ . 1000 ⎟
Antes de frenar: T1 =
2
2
⎠
⎝ 30
T1 = 74022,033 Joule
→
2
0,3 m r
N
O
O
V1 = 0
después
Ff
T2 = 0
V2 = 0
Pontificia Universidad Católica del Perú
Fig. 8-7
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 8 Trabajo y Energía
Pág. 8-4
Trabajo realizado por la fricción durante las n vueltas hasta que el sistema se detenga:
WF f = − F f (2π R n) = − 909,090 (2π ) (0,30) n = − 1713,60 n [Joule]
en (2):
74022,033 − 1713,60 n = 0
n = 43,2 vueltas
→
8.4 Principio de conservación de energía
Si las fuerzas exteriores que actúan sobre un sólido rígido son conservativas entonces se
cumplirá que:
T1 + V1 = T2 + V2 = constante
(8.6)
es decir, la energía se conserva.
Ejemplo 8.2:
R
Una esfera de masa m y radio R descansa al borde de un
saliente horizontal. Si comienza a rodar con velocidad
angular nula desde la posición mostrada y suponiendo que
la fricción es suficientemente grande para evitar el
deslizamiento, determinar la velocidad y aceleración
angulares cuando la esfera abandona el borde del saliente.
Fig. 8-8
Solución:
En la siguiente figura se muestra una posición genérica de la esfera determinada por el
ángulo θ. Observando que en el movimiento de giro que realiza la esfera no hay
deslizamiento y en consecuencia no hay fuerzas disipativas, entonces podemos aplicar el
principio de conservación de la energía:
T1 + V1 = T2 + V2
ω
θ
donde:
(1)
T1 = 0
V1 = m g R
T2 =
1
1
m v2 + IG ω 2
2
2
V2 = m g R cosθ
Reemplazando en (1):
mgR =
despejando:
ω2 =
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1
1 ⎛2
⎞
m v 2 + ⎜ m R 2 ⎟ ω 2 + m g R cosθ
2
2 ⎝5
⎠
10 g
(1 − cosθ )
7R
(2)
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 8 Trabajo y Energía
Pág. 8-5
Apliquemos ahora el Principio de D’Alembert:
I0 α
=ˆ
θ
m aGn
m g R senθ = m aGt R + I G α
∑MC :
m g R senθ = m α R 2 +
m aGt
donde
aGt = α R
2
m R2 α
5
5 g
senθ
7 R
de donde:
α =
∑Fn :
m g cosθ − N = m a n
(3)
y como a n = ω 2 R y considerando que en el instante que la esfera abandona el saliente se
cumple que N = 0 , entonces de (2):
m g cosθ = m
de donde:
cosθ =
10
17
Finalmente, en (2) y (3):
10
g (1 − cosθ )
7
→ θ = 5,97°
ω =
10 g
17 R
→
ω = 0,767
α =
15 21 g
119 R
→
α = 0,578
g
R
g
R
8.5 Trabajo y energía para un sistema de cuerpos rígidos
Si escribimos la ecuación (8.5) para cada cuerpo rígido componente de un sistema de
cuerpos rígidos (un mecanismo por ejemplo), aparecerá en ella el trabajo de fuerzas que lo
ligan a los cuerpos vecinos. Es decir, aparece en dicha ecuación el trabajo que realizan
fuerzas denominadas internas al sistema. Evidentemente en las ecuaciones
correspondientes para cada cuerpo vecino volverán a aparecer los trabajos de dichas
fuerzas de ligazón pero con sentido contrario de tal manera que si sumamos las ecuaciones
de trabajo y energía de todos los cuerpos componentes del sistema llegaremos a la
denominada ecuación de trabajo y energía para un sistema de cuerpos rígidos:
T(1) +
∑U
F ext (1)→( 2 )
= T( 2)
(8.7)
i
donde
U (1)→( 2 ) es el trabajo de todas las fuerzas externas cuando el sistema pasa de la
posición (1) a la (2).
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Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 8 Trabajo y Energía
Pág. 8-6
Dicha ecuación también puede ser utilizada en la forma:
T1 + V1 +
donde:
∑U
RF 1→ 2
= T2 + V2
T(1)
es la energía cinética del sistema en posición (1)
V(1)
energía potencial del sistema en posición (1)
∑U
RF (1)→( 2 )
(8.8)
Ecuación del trabajo y la energía
para el cuerpo rígido.
trabajo del resto de fuerzas entre (1) y (2), es decir, de las fuerzas
T( 2 )
que no han sido consideradas al evaluar la energía potencial
energía cinética del cuerpo rígido en posición (2)
V( 2 )
energía potencial del cuerpo rígido en posición (2)
Si no hay fuerzas disipativas (no conservativas) sobre el sistema, entonces se conserva la
energía para todo el sistema de cuerpo rígidos:
T(1) + V(1) = T( 2 ) + V( 2)
(8.9)
Nota: Cuando de trata de un sistema de cuerpos rígidos, las fuerzas internas (por ejemplo
en las articulaciones de enlace) no realizan trabajo. La excepción está dada por el
trabajo que realiza la fuerza de fricción que podría existir entre dos de los cuerpos
del sistema que deslizan uno contra otro. En este caso hay que evaluar el trabajo de
la fuerza de fricción a lo largo del camino relativo en que actúa.
Ejemplo 8.3:
En la posición mostrada el semicilindro gira
con velocidad angular ω1 = 7 rad/s. La barra
BC está articulada en B al semicilindro y su
extremo C está confinado a moverse solamente
en dirección vertical. Se pide hallar la
velocidad angular ω1′ del semicilindro cuando
B está a la misma altura que O. Se sabe
además que:
Para el semicilindro:
m1 = 17 kg
Para la barra:
m2 = 3 kg
l 2 = 0,625 m
0,175 m
C
B
O
R
ω1
A
0,225 m
0,375 m
Fig. 8-11
Solución: Como no hay fuerzas disipativas se conserva la energía del sistema. Es decir,
T(1) + V(1) = T( 2 ) + V( 2 )
Pontificia Universidad Católica del Perú
(1)
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 8 Trabajo y Energía
•
Pág. 8-7
Análisis de la posición inicial (1):
1
1
I101 = m1 R 2 = (17)(0,225) 2 = 0,43 kg-m2
2
2
1
1
I 2G2 = m2 L2 = (3)(0,625) 2 = 0,098 kg-m2
12
12
vC
vG2
C
0,175 m
O2 ω2
G2
B
v B = ω1 O1 B
vΒ
→ ω2 =
v B = ω 2 O2 B
O1
G1
N. R.
ω2 =
de donde:
vG1
ω1
A
Fig. 8-12
T(1) =
=
→
(0,225)
(7) = 9 rad/s
(0,175)
1
1
1
2
I101 ω12 + m2 vG 2 + I 2 G 2 ω 22
2
2
2
1
1
1
(0,43) (7) 2 + (3) (2,8125) 2 + (0,098) (9) 2
2
2
2
T(1) = 26,369 Joule
Energía potencial:
•
O2 B
⎛ 0,625 ⎞
vG 2 = ω 2 O2 G2 = 9 ⎜
⎟ = 2,8125 m/s
⎝ 2 ⎠
4R
= 0,0955 m
3π
Energía cinética:
ω1 O1 B
0,175 ⎞
⎛
V(1) = m2 g ⎜ 0,225 +
⎟ = 9,1875 Joule
2 ⎠
⎝
Análisis de la posición (2):
25
m
C
0,5 m
0,6
v′C
G2
v′G 2
O1
A
N. R.
B
4R
= 0,0955 m
3π
v′G1
G1
v′B
ω1′
Fig. 8-13
Pontificia Universidad Católica del Perú
0,225 m
0,375 m
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 8 Trabajo y Energía
Pág. 8-8
La barra está en traslación instantánea, entonces:
v′B = vC′ = vG′ 2 = ω1′ (0,225)
vG′ 1 = ω1′ O1G1 = 0,0955 ω1′
Ahora podemos calcular los términos de energía:
1
1
1
1
2
2
I101 ω1′ + m2 vG′ 22 = (0,43) ω1′ + (3) (0,225 ω1′ ) 2
2
2
2
2
T( 2) =
Energía cinética:
T( 2) = 0,291 ω1′
→
2
V( 2) = m1 g (− 0,0955) + m2 g (0,25) = − 8,56 Joule
Energía potencial:
reemplazando los valores encontrados en (1):
ω1′ = 12,31 rad/s
Ejemplo 8.5:
Los extremos A y B de una barra (masa m, longitud l = 2 a ) pueden moverse a lo largo de
las guías horizontal y vertical mostradas. La barra está sujeta en B por una cuerda de masa
despreciable, la cual a su vez está sujeta en su otro extremo a un bloque de masa m que
puede deslizar a lo largo de una superficie horizontal lisa. La cuerda se apoya además en
una polea lisa (radio r, masa despreciable). El bloque está sujeto en su extremo derecho a
un resorte de constante de rigidez k. Si el sistema parte del reposo cuando la barra está en
posición vertical ϕ = 0° (en ese instante el resorte está sin deformar), se pide:
a) Determinar la ecuación del trabajo y la energía para el sistema para una posición
genérica dada por el ángulo ϕ.
b) Si m = 10 kg y a = 0,20 m, calcular el valor de k para que el sistema alcance la
posición ϕ = π/2 con velocidad nula.
C
k
G2
CIR
G1
ϕ
A
3a
B
y
r
rG1
O
Pontificia Universidad Católica del Perú
x
Fig. 8-14
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 8 Trabajo y Energía
Pág. 8-9
a) Para una posición cualquiera:
r
rG 1 = (− a senϕ , a cos ϕ )
r
r&G 1 = (− a ϕ& cos ϕ , − a ϕ& senϕ )
d / dt :
Dado que no hay fuerzas disipativas en el sistema podemos aplicar el principio de
conservación de energía para todo el sistema:
T0 + V0 = T + V
donde
•
(1)
T0 = 0
sistema en reposo en el instante inicial
V0 = m g a
resorte sin deformar
Energía cinética del sistema en cualquier instante (en función de coordenada ϕ):
T =
Cinemática:
1
1
1
m vG21 + I G1 ω12 + m vC2
2
2
2
(2)
v B = vC = ω1 (2 a) senϕ
v A = ω1 (2 a ) cos ϕ
vG 1 = a ω1
→
•
1
1⎛ 1
1
⎞
m (a ω1 ) 2 + ⎜ m (2 a ) 2 ⎟ ω12 + m (2 a ω1 senϕ ) 2
2
2 ⎝ 12
2
⎠
1
1
= m a 2 ω12 + m a 2 ω12 + 2 m a 2 ω12 sen 2ϕ
2
6
2
⎛
⎞
T = m a 2 ω12 ⎜ + 2 sen 2ϕ ⎟
⎝3
⎠
T =
en (2):
(3)
Energía potencial del sistema en cualquier instante (en función de coordenada ϕ):
1
k (2 a − 2 a cos ϕ ) 2
2
V = m g a cos ϕ + 2 k a 2 (1 − cos ϕ ) 2
V = m g a cos ϕ +
→
(4)
Ahora podemos reemplazar (3) y (4) en (1). Entonces, para cualquier instante de
movimiento del sistema se cumplirá que:
⎛2
⎞
m a 2 ω12 ⎜ + 2 sen 2ϕ ⎟ + m g a cos ϕ + 2 k a 2 (1 − cosϕ 2 ) = m g a
⎝3
⎠
b) cuando ϕ =
de donde:
π
2
, ω1 = 0 :
k =
( 5)
→
(5)
2 k a2 = m g a
mg
= 245 N/m
2a
Pontificia Universidad Católica del Perú
Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 9 Impulso y Cantidad de Movimiento
Cap. 9
Pág. 9-1
Impulso lineal y cantidad de movimiento del sólido
rígido en movimiento plano
Por: Jorge Rodríguez Hernández, Dipl.-Ing.
Profesor del Área de Diseño
Sección de Ingeniería Mecánica
9.1 Impulso y Cantidad de Movimiento
r
F1
r
Fn
r
Sea pi la cantidad de movimiento de la
partícula de masa mi :
r
F3
r
ρi
r
ri
Evaluaremos la cantidad de movimiento de
un cuerpo rígido de masa M en movimiento
plano:
r
F2
r
r
pi = mi vi
r
rG
r
Fi
y como:
r r
r
r
vi = vG + ω × ρ i
entonces:
r r
r
r
pi = mi (vG + ω × ρ i )
Si sumamos para evaluar la cantidad de movimiento de todo el sólido rígido:
r
p =
=
r
r
r
i
i
i
i
G
G
i
i
i
i
r
=0, pues ρ G = 0
r
r
p = M vG
de donde:
r
∑ m v = ∑ m v + ∑ m (ω × ρ )
r
r
r
(∑ m ) v + ω × ∑ m ρ
ya que
cantidad de movimiento del sólido
rígido en movimiento plano.
r
r
∑ ( m ρ ) = (∑ m ) ρ
i
i
i
G
=0
(9.1)
Hemos visto en el capítulo 5 que para un sistema de partículas se cumple la ecuación de
impulso y cantidad de movimiento:
r
∑ mi vi (1) +
∑
r
F
∫ i dt =
2
r
∑m v
i
i ( 2)
1
Dado que el cuerpo rígido se puede idealizar como un sistema de partículas, se cumplirá
para él la anterior ecuación. Así la podemos rescribir teniendo en cuenta la expresión (9.1):
r
p1 +
2
r
∑ ∫F
i
r
dt = p2
1
donde:
r
r
p1 = M vG (1)
2 r
∑ ∫ Fi dt
1
es la cantidad del movimiento del cuerpo rígido en posición (1).
r
es la suma de los impulsos lineales de todas las fuerzas externas Fi
que actúan sobre el cuerpo rígido entre (1) y (2).
r
r
p2 = M vG ( 2) es la cantidad del movimiento del cuerpo rígido en posición (2).
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Cap. 9 Impulso y Cantidad de Movimiento
Es decir:
r
M vG 1 +
2
r
∑∫ F
i
Pág. 9-2
r
dt = M vG 2
Ecuación de la Cantidad de Movimiento e
Impulso Lineal para un cuerpo rígido en
movimiento plano.
1
(9.2)
9.2 Impulso angular y momento cinético
Además, también será válida para el cuerpo rígido, la ecuación del impulso angular y
momento cinético, deducidos en el quinto capítulo. Por consiguiente de acuerdo a lo
expresado para un sistema de partículas en la expresión (5.57):
r
H G1 +
r
r
M
dt
=
H
∑ ∫ iG
G2
2
(9.3)
1
donde el momento cinético en cualquier posición del cuerpo rígido se calcula con:
r
HG =
r
∑ρ
i
r
× mi vi
Podemos desarrollar esta última expresión de la siguiente manera:
r
HG =
r
r
r
r
r
r
∑ ρ × m v = ∑ ρ × m (v + ω × ρ )
r
r
r r
r
= (∑ m ρ ) × v + ∑ ρ × m (ω × ρ )
r r
r
r r r
= 0 + ∑ ( ρ ⋅ρ ) m ω − ∑ (m ω ⋅ρ ) ρ
r
= (∑ m ρ ) ω
i
i
i
i
i
i
G
i
i
i
G
i
i
i
i
i
i
i
2
i
i
finalmente:
i
r
r
H G = IG ω
(9.4)
En consecuencia podemos reescribir la expresión (9.3) de la siguiente manera:
r
I G ω1 +
2
r
∑ ∫M
iG
Ecuación de Momento Cinético e
Impulso Angular para un cuerpo rígido
en movimiento plano.
r
dt = I G ω 2
1
(9.5)
Las expresiones (9.2) y (9.5) se pueden mostrar juntas de manera gráfica:
r
I G ω1
2
r
M v G1
+
r
I G ω2
r
∑ ∫ M j G dt
=ˆ
1
r
∑ ∫ Fi dt
2
r
M vG 2
1
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Cap. 9 Impulso y Cantidad de Movimiento
Pág. 9-3
Sin embargo, una forma más práctica de mostrar gráficamente las ecuaciones vectoriales
(9.2) y (9.5) sería la siguiente:
2
r
∫ M 1 dt
1
r
r
2
∫ F1 dt
2
I G ω1
r
∫ F2 dt
1
r
I G ω2
1
r
M v G1
r
2
2
∫ Fn dt
+
r
∫ F3 dt
1
1
r
∫ M 2 dt
2
=ˆ
r
M vG 2
1
r
∫ M m dt
2
2
1
r
∫ Fi dt
1
Es importante notar que, dada la equivalencia de los sistemas vectoriales mostrados en la
anterior figura, la ecuación (9.5) se puede reemplazar por una similar en la que los
momentos se tomen con respecto a cualquier otro centro de reducción. Es decir, si
tomamos en cuenta el punto A como centro de reducción:
2
r
∫ F1 dt
2
r
r
∫ M 1 dt
1
2
I G ω1
r
∫ F2 dt
1
r
I G ω2
1
r
M v G1
r
rG / A
2
+
r
∫ Fn dt
2
r
∫ F3 dt
1
1
r
∫ M 2 dt
r
rG / A
2
r
∫ M m dt r
1
rP / A
=ˆ
r
rG / A
1
2
2
r
M vG 2
r
∫ Fi dt
i
1
Entonces, alternativamente podemos escribir la ecuación de momento cinético e impulso
angular para el cuerpo rígido en movimiento plano de la siguiente forma:
r
∑H
A
:
r
r
r
rG / A × M vG1 + I G ω1 +
donde el término
r
∑∫M
iA
r
∑∫M
iA
r
r
r
dt = rG / A × M vG 2 + I G ω 2
(9.6)
dt debe incluir a los momentos de todos los impulsos lineales
externos y a todos los impulsos angulares externos.
Es decir:
r
M
∑ ∫ i A dt =
∑
r
r
(rPi / A × ∫ Fi dt ) +
∑
r
M
∫ j ext dt
Evidentemente seguirá siendo válida la otra condición para que dos sistemas de vectores
sean equivalentes:
2 r
r
r
M vG1 + ∑ ∫ Fi dt = M vG 2
1
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Cap. 9 Impulso y Cantidad de Movimiento
Pág. 9-4
ω
Caso particular: Rotación alrededor de un eje fijo.
Primeramente evaluaremos el momento cinético del
cuerpo rígido en movimiento plano de rotación alrededor
de un eje fijo con respecto a dicho eje:
r
r
r
H A = ∑ ri × mi vi
r r
r
= ∑ ri × mi (ω × ri )
r
r r r
r r
= ∑ [(ri ⋅ ri ) mi ω − (mi ω ⋅ ri ) ri ]
=0
r
= (∑ mi ri 2 ) ω
r
r
es decir:
HA = IA ω
mi
r
vi
y
A
r
ri
x
Fig. 9-5
(9.7)
Ahora, para este caso particular aprovecharemos lo dicho para el caso de tomar un centro
de reducción cualquiera (ver figura 9.4) y tomaremos el eje fijo de rotación como centro de
reducción:
2
r
r
∫ F1 dt ∫ M 1 dt
1
r
2
2
I G ω1
r
∫ F2 dt
1
r
I G ω2
1
r
M v G1
r
rG / A
r
∫ Fn dt
2
2
+
1
r
∫ M m dt
2
2
r
rG / A
1
2
r
∫ Ax dt
1
r
r
∫ F3 dt
1
∫ M 2 dt
1
r
rP / A
=ˆ
r
rG / A
r
∫ Fi dt
2
i
r
∫ Ay dt
2
r
M vG 2
1
1
Utilizando la expresión (9.6) obtenemos:
r
r
r
r
(rG / A × M vG 1 + I G ω1 ) +
∑HA :
r
∑∫M
iA
r
r
r
dt = (rG / A × M vG 2 + I G ω 2 )
(9.8)
r
∑∫M
dt considera a todos los “momentos” de los impulsos lineales
r
r
r
con respecto al punto A (rPi / A × ∫ Fi dt ) así como a todos los impulsos angulares ∫ M j ext dt .
donde el término
iA
r
r r
r
r
r
r
rG / A × M vG 1 + I G ω1 = rG / A × M (ω1 × rG / A ) + I G ω1
r
r r
r
r
r
r
= (rG / A ⋅ rG / A ) M ω1 − ( M ω1 ⋅ rG / A ) rG / A + I G ω1
r
r
= rG2 / A M ω1 + I G ω1
r
= ( I G + rG2 / A M ) ω1
144244
3
Pero:
IA
→
r
r
r
r
rG / A × M vG 1 + I G ω1 = I A ω1
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(9.9)
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Cap. 9 Impulso y Cantidad de Movimiento
Pág. 9-5
r
r
r
r
rG / A × M vG 2 + I G ω 2 = I A ω 2
Análogamente:
(9.10)
Reemplazando (9.9) y (9.10) en (9.8) obtenemos:
r
I A ω1 +
r
r
M
∑ ∫ A ext dt = I A ω2
2
(9.11)
1
la cual también puede ser escrita como:
r
H A1 +
r
∑HA :
2
r
∑∫M
A ext
r
dt = H A 2
(9.12)
1
y lógicamente se sigue cumpliendo que:
r
r
F
∑ ∫ i dt = M vG 2
2
r
M vG 1 +
(9.13)
1
La validez de las expresiones (9.11) y (9.13) para el caso analizado se muestra gráficamente:
r
I A ω1
r
∑ ∫ M A ext dt
r
I A ω2
2
+
1
=ˆ
r
M v G1
2
r
r
M vG 2
∑ ∫ Fi dt
1
Conservación de la Cantidad del Movimiento o del Momento Cinético:
2
1) Si
r
∑∫ F
i
dt = 0
se conserva la cantidad de movimiento
⇒
r
r
M vG 1 = M vG 2
se conserva el momento cinético
⇒
r
r
I G ω1 = I G ω 2
1
2
2) Si
r
∑∫M
iG
dt = 0
1
Nota: Las ecuaciones de impulso y cantidad de movimiento e impulso angular y momento
cinético también pueden ser aplicadas a todo un sistema de cuerpos
interconectados. Así se elimina la necesidad de incluir los impulsos de reacción que
ocurren en las conexiones pues éstos se vuelven internos del sistema.
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Cap. 9 Impulso y Cantidad de Movimiento
Pág. 9-6
Ejemplo 9.1:
m, l
La varilla de longitud l y masa m se deja libre
desde la posición vertical. Si el piso es liso, calcular
la velocidad angular de la varilla cuando θ = 45° .
Solución: El DCL de la barra para cualquier
instante es:
θ
A
Fig. 9-8
Como no hay fuerzas disipativas, se conserva la
energía.
G
T1 + V1 = T2 + V2
l
cos θ
2
θ
mg
0 + mg
A
N.R.
donde las incógnitas son vG 2 y ω 2 . Es decir,
necesitamos de una ecuación adicional.
Fig. 9-9
N
1
1
l
l
2
= m vG 2 + I G ω 22 + m g cos θ
2
2
2
2
El DCL de la barra en cualquier instante muestra que no hay fuerzas exteriores
horizontales sobre la barra. Entonces, como no hay fuerzas exteriores en dirección x, se
conserva la cantidad de movimiento en esa dirección:
m v G 1 x + 0 = m vG 2 x
→
vG 2 x = 0
Ello significa que el centro de gravedad se mueve según una línea recta vertical y que, en
r
consecuencia, vG 2 sólo tiene componente en la dirección y. Así podemos ahora ubicar
fácilmente el centro instantáneo de rotación de la varilla y decir que:
vG 2 = ω 2
l
senθ
2
CIR
G
l
cosθ
θ
2
vG2
vA
A
L
sen θ
2
Reemplazando en la ecuación de conservación de la
energía y recordando que el momento de inercia de la
barra con respecto al eje que pasa por su CG es
I G = (1 / 12) m l 2 :
obtenemos:
g (1 − cosθ )
⎛ sen 2θ
1⎞
⎟
+
l ⎜⎜
12 ⎟⎠
⎝ 4
ω2 =
Fig. 9-10
Para θ = 45° tendremos:
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ω2 =
12
(2 − 2 )
5
g
l
→
ω 2 = 14,16
g
l
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Cap. 9 Impulso y Cantidad de Movimiento
Pág. 9-7
Ejemplo 9.2:
La rueda de radio r y masa m está articulada en su centro a
una barra de peso despreciable, la cual a su vez está
articulada en su otro extremo a la pared vertical en A. La
rueda está girando con velocidad angular ω0 justo antes de
entrar en contacto con la pared a partir de lo cual entra a tallar
una fuerza de fricción debida al coeficiente cinético de
fricción μ , la cual frena el movimiento de giro de la rueda.
Se pide:
A
β
O
ω0
r
a) Calcular la velocidad y la aceleración angulares de la
rueda en función del tiempo.
Fig. 9-11
b) Calcular el tiempo T que demora la rueda en detenerse.
Solución: a) Según el Principio de D’Alembert los siguientes sistemas son equivalentes:
I 0 ϕ&&
T
ϕ
β
N
=ˆ
O
r
Ff
O
mg
Fig. 9-12
∑ FH :
N − T cos β = 0
(1)
∑ FV :
F f + T senβ − m g = 0
(2)
∑MO + :
F f ⋅ r = − I O ϕ&&
(3)
Como hay deslizamiento entre la rueda y la pared:
en (1):
T =
en (2):
Ff +
Ff = μ N
(4)
Ff
μ cos β
Ff
μ
tan β − m g = 0
→
Ff =
mg
1
1 + tan β
(5)
μ
Ahora aplicaremos los principios del impulso y la cantidad de movimiento y del impulso
angular y momento cinético desde el inicio de la actuación de la fricción hasta un instante
cualquiera del movimiento de la rueda:
∫ T dt
I O ω0
O
+
∫ N dt
O
r
∫F
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β
IO ω
f
dt
∫ mg dt
=ˆ
O
Fig. 9-13
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Cap. 9 Impulso y Cantidad de Movimiento
I O ω0 −
∑ HO + :
t
∫F
Pág. 9-8
r dt = I O ω
f
0
t
I O ω0 − F f r ∫ dt = I O ω
0
I O ω0 −
de (5):
mgr
t = IO ω
1
1 + tan β
μ
despejando:
ω = ω0 −
mgr
1
t
1
I O 1 + tan β
μ
como I 0 =
1
mr2
2
ω = ω0 −
→
2g
1
t
r 1 + 1 tan β
(6)
μ
α = −
d / dt :
2g
1
r 1 + 1 tan β
(7)
μ
b) Llegado este punto podríamos repetir lo que se hizo en el problema 7.1, sin embargo, y
a manera de ilustración de los principios teóricos de este capítulo, volveremos a
aplicar los principios del impulso y la cantidad de movimiento y del impulso angular y
momento cinético desde el inicio de la actuación de la fricción hasta el instante en que
la rueda se detiene:
∫ T dt
I O ω0
O
∫ N dt
+
I O ω0 −
O
r
∫F
∑ HO + :
β
f
dt
∫ mg dt
=ˆ
O
Fig. 9-14
T
∫F
r dt = 0
f
0
T
I O ω 0 − F f r ∫ dt = 0
0
de (5):
I O ω0 −
mgr
T = 0
1
1 + tan β
μ
con I 0 =
1
m r 2 y despejando:
2
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T =
ω0 r ⎛
⎞
1
⎜⎜1 + tan β ⎟⎟
2g ⎝
μ
⎠
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Cap. 9 Impulso y Cantidad de Movimiento
Pág. 9-9
Ejemplo 9.3: En la figura se muestra el esquema de un freno. En el instante mostrado la
rueda homogénea de masa m = 80 kg y radio r = 0,25 m gira a una
velocidad angular ω0 = 30 rad/s en sentido horario y entonces se aplica a la
palanca de accionamiento una fuerza P(t) que varía según el diagrama
adjunto. Si el coeficiente de fricción entre la palanca y rueda es μ k = 0,4 se
pide determinar el tiempo que tardará la rueda en detenerse. La palanca
tiene masa despreciable.
P [N]
P(t)
0,5 m
0,5 m
A
P = 25 t
50
B
C
r
0
1m
G
t [s]
2
Fig. 9-16
⎧ 25 t si 0 ≤ t ≤ 2 s
P (t ) = ⎨
⎩ 50 si t ≥ 2 s
O
Fig. 9-15
P(t)
0,5 m
0,5 m
A
La barra angular está en equilibrio estático
durante la aplicación de la carga.
<
Solución:
B
Ff
N
∑M
0
1m
Entonces, dicho equilibrio exige que:
= 0:
N
Ff
P(1) + F f (1) − N (0,5) = 0
O
Cy
Ox
F f = μ k N = 0,4 N
C
Cx
Oy
P + N ( μ k − 0,5) = 0
Fig. 9-17
mg
es decir:
P
N=
0,1
(1)
Fig. 9-18
Ahora hay que ver si el cilindro se detiene antes o después de t = 2 s. Para averiguarlo
utilizaremos la ecuación de cantidad de movimiento e impulso lineal para calcular la
velocidad angular del tambor de freno ω ∗ para el instante t = 2 s. De allí sacaremos
alguna conclusión útil para continuar.
En la siguiente figura se puede observar que estamos suponiendo que el tambor sigue
girando después de 2 segundos. ¿Será cierto?.
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Cap. 9 Impulso y Cantidad de Movimiento
Pág. 9-10
Para el tambor:
∫ N dt
IC ω0
∫F
∫C
+
C
y
dt
∫C
C
f
x
I C ω0 −
2s
∫F
dt ⋅ r = I C ω ∗
f
=ˆ
dt
∫ mg dt
r
H
∑ C + :
IC ω *
dt
Fig. 9-19
donde
0
IC ω0 −
2s
∫μ
k
0
C
1
I C = m r 2 = 2,5 kg/m2
2
⎛ P⎞
⎜ ⎟ r dt = I C ω ∗
⎝ 0,1 ⎠
en el intervalo de tiempo analizado [0, 2]s, la carga P es: P (t ) = 25 t , entonces:
I C ω0 −
μk r
2s
∫ 25 t dt
0,1
= IC ω∗
ω * = 10 rad/s
→
0
lo cual significa que en t = 2 s la rueda sigue girando.
Ahora realizaremos el mismo análisis para un nuevo intervalo en el que la carga P es
constante e igual a 50 N.
∫ N dt
IC ω *
∫ Ff
∫C
+
C
y
dt
C
dt
∫ C x dt
∫ mg dt
r
H
∑ C + :
IC ω −
∗
=ˆ
C
Fig. 9-20
t∗
∫F
dt ⋅ r = 0
f
0
IC ω −
∗
t∗
∫μ
k
0
⎛ P ⎞
⎜ ⎟ r dt = 0
⎝ 0,1 ⎠
t∗
r
I C ω − μk
50 dt = 0
0,1 ∫0
∗
IC ω∗ =
→
μk r
0,1
⋅ 50 t ∗
t * = 0,5 s
En consecuencia el tiempo total será:
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t = 2 + 0,5
→
t = 2,5 s
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Cap. 9 Impulso y Cantidad de Movimiento
Pág. 9-11
Ejemplo 9.4:
Un gimnasta totalmente estirado se encuentra en la posición horizontal (1) (posición
momentánea de reposo) antes de iniciar su movimiento. Después de girar 90° alrededor del
eje P hasta posición (2) suelta sus manos de la barra y continua su movimiento en vuelo
libre. Se pide determinar:
a) La velocidad del centro de masa G del gimnasta en la posición vertical (2), suponiendo
al gimnasta como una barra homogénea de masa m y longitud l . Desprecie la fricción
entre las manos del gimnasta y la barra P.
b) El intervalo de tiempo T que el gimnasta necesitará para llegar a la posición horizontal
(3).
c) Si luego de llegar a la posición (2) el gimnasta encoge súbitamente sus brazos y cambia
con ello su momento de inercia respecto del centro de masas G a J G′ = (3 / 5) J G ,
donde JG es el momento de inercia sin los brazos encogidos, calcule el nuevo ángulo
que girará en un tiempo de vuelo libre igual al encontrado en la parte b).
N.R.
l
ψ
P
(3)
(1)
G
G
(2)
Fig. 9-21
Solución:
a) Entre las posiciones (1) y (2) se conserva la energía:
T1 + V1 = T2 + V2
(1)
1
1
m vG2 +
I G ω 2 ( ω = ψ& es la velocidad angular del gimnasta)
2
2
l
V2 = − m g
2
l
vG = ω
El gimnasta gira alrededor de P, entonces, de la cinemática:
2
donde:
T2 =
reemplazando datos en (1):
0 =
de donde:
1
1⎛ 1
l
l
⎞
m ( ω)2 + ⎜ m l2 ⎟ ω 2 − m g
2
2
2 ⎝ 12
2
⎠
3g
l
ω =
vG =
(2)
1
2
3g l
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Cap. 9 Impulso y Cantidad de Movimiento
Pág. 9-12
b) En la posición (2) el muchacho se suelta e inicia un vuelo libre. Su DCL para una
posición genérica muestra que la única fuerza que actúa sobre él es la fuerza de
gravedad:
IG α
m aGy
G
ψ
=ˆ
0 = IG α
es decir:
ω =
m aGx
Fig. 9-22
mg
r
M
∑ G:
G
∫
→
α =0
→
ω = constante
3g
= constante
l
(3)
Otra forma de llegar a lo mismo es notando que, dado que durante el vuelo libre la única
fuerza que actúa sobre el gimnasta es su propio peso, entonces se conserva el momento
cinético con respecto a G, o lo que es lo mismo, se conserva la cantidad de movimiento
angular en esa fase de movimiento: I G ω = constante. Es decir: ω = constante.
integrando:
ψ =
3g
t + c
l
condiciones iniciales: para t = 0 , ψ =
ψ =
en (4):
π =
π
2
→
c =
π
2
3g
π
t +
l
2
en la posición horizontal (3):
en (5):
(4)
(5)
ψ =π
3g
π
T +
l
2
→
T =
π
2
l
3g
c) Entre la posición vertical (2) en que el gimnasta se suelta del eje y la posición, también
vertical (2’) en que encoge los brazos, la única fuerza que actúa es el peso. En
consecuencia, entre ambas posiciones se conserva el momento cinético (denominado
también cantidad de movimiento angular) con respecto a G:
I G ( 2 ) ω( 2) = I G ( 2') ω(2′ )
→
de donde:
IG
ω′ =
3g
3
= IG ω′
l
5
5 3g
g
= 5
3 l
3l
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Cap. 9 Impulso y Cantidad de Movimiento
•
Pág. 9-13
A partir de la posición (2’) se inicia el vuelo libre y por las mismas razones que en el
acápite b), se conserva el momento cinético:
I G′ ω ′ = constante
para t = 0 , ψ =
→
π
→
2
reemplazando T =
π
ω ′ = constante
c′ =
π
2
→
→
ψ = 5
ψ = ω ' t + c'
π
g
t +
3l
2
(6)
l
en (6):
3g
2
g
3l
ψ = 5
⎛π
⎜
⎜2
⎝
l
3g
⎞
π
5π
π
⎟ +
=
+
⎟
2
6
2
⎠
La diferencia de ángulo girado en el tiempo T entre los casos b) y c) será:
Δψ = (
π
π
5π
+ ) −
6
2
2
→
Δψ =
5π
6
Ejemplo 9.5:
Un instante antes de hacer contacto, las
velocidades angulares de los cilindros A y B
son ω A = 1,5 rad/s y ω B = 5 rad/s
respectivamente. Si las masas son m A = 226
kg y m B = 181 kg, se pide:
a) Calcular las velocidades angulares de los
cilindros inmediatamente después de que
dejan de deslizar uno con respecto al otro.
b) Si el coeficiente de razonamiento μ k es
0,3 y la fuerza normal transmitida de A
hacia B es de 2668 N, calcular el tiempo
transcurrido para que los cilindros no
resbalen uno con respecto al otro.
Solución:
Tenemos que
1
m A rA2 = 10,17 kg/m2
2
1
I B = mB rB2 = 3,62 kg/m2
2
IA =
Aplicaremos las ecuaciones de cantidad de movimiento e impulso lineal y también la de
momento cinético e impulso angular para cada uno de los cilindros, desde el instante en
que hacen contacto los cilindros, hasta el instante en que dejan de deslizar una sobre la
otra. Es evidente que en ese lapso de tiempo la fricción originada es cinética.
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Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 9 Impulso y Cantidad de Movimiento
Pág. 9-14
I A ωA
Para la rueda A:
I A ω ′A
∫ Ay dt
+
∫ Ff
∫ m A g dt
dt
∫ Ax dt
=ˆ
∫ N dt
r
∑HA + :
I A ωA +
B
∫F
f
rA dt = I A ω ′A
(1)
A
Para la rueda B:
I B ωB
∫ Ff
dt
∫ N dt
∫ B y dt
+
I B ω B′
∫ Bx dt
=ˆ
∫ mB g dt
r
∑HB + :
I B ωB −
B
∫F
f
rB dt = I B ω B′
(2)
A
Cuando las ruedas dejan de deslizar, según lo visto en el Capítulo 6 (acápite de cinemática
del movimiento de rodadura pura), se cumplirá que:
ω ′A rA = ω B′ rB
B
en (2):
∫F
f
(3)
rB dt = I B ω B − I B ω B′
A
⎛
⎞
r
= I B ⎜⎜ ω B − B ω ′A ⎟⎟
rB
⎝
⎠
B
de (1):
∫F
f
(4)
rA dt = I A (ω ′A − ω A )
(5)
A
de (4) y (5):
rB
rA
⎛
⎞
r
I B ⎜⎜ ω B − A ω ′A ⎟⎟
rB
⎝
⎠
=
I A (ω ′A − ω A )
⎛
⎞
r
rB I A (ω ′A − ω A ) = rA I B ⎜⎜ ω B − A ω ′A ⎟⎟
rB
⎝
⎠
2
⎛
⎞
r
ω ′A ⎜⎜ rB I A + A I B ⎟⎟ = rB I A ω A + rA I B ω B
rB
⎝
⎠
de donde:
ω ′A = 2,32 rad/s
y como:
ω B′ = ω ′A
rA
rB
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→
ω B′ = 3,48 rad/s
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Cap. 9 Impulso y Cantidad de Movimiento
B
c) Tenemos de (5):
∫F
f
Pág. 9-15
rA dt = I A (ω ′A − ω A )
A
t
∫μ N r
es decir:
A
dt = I A (ω ′A − ω A )
0
t
μ N rA ∫ dt = I A (ω ′A − ω A )
0
μ N rA t = I A (ω ′A − ω A )
t =
despejando:
I A (ω ′A − ω A )
μ N rA
t = 3,4 ⋅10 −2 s
Ejemplo 9.6:
A
El bloque B está unido a la rueda A mediante una cuerda
enrollada a ella, como se muestra. Si en el instante mostrado
B tiene velocidad v B = 2 m/s, se pide calcular la velocidad de
B después de t = 3 s. Considerar que la cuerda tiene masa
despreciable.
Datos:
Solución 1:
•
r
G
r = 0,2 m
I A = 0,40 kg/m2
M A = 20 kg
m B = 6 kg
B
r
vB
Fig. 9-26
Disgregaremos el sistema y aplicaremos convenientemente para cada parte
los principios del impulso y la cantidad de movimiento y del impulso
angular y momento cinético.
Para la rueda:
2
∫ Ay dt
r
I A ω2
1
r
I A ω1
2
+
A
∫ Ax dt
A
1
=ˆ
A
2
2
∫ M A g dt
1
r
H
∑ A+ :
I A ω1 +
2
∫ T r dt
∫ T dt
1
Fig. 9-27
= I A ω2
1
2
I A ω1 + r ∫ T dt = I A ω 2
(1)
1
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Cap. 9 Impulso y Cantidad de Movimiento
•
Pág. 9-16
2
Para el bloque:
∫ T dt
1
=ˆ
+
2
mB v B 2
∫ m B g dt
mB v B1
Fig. 9-28
1
r
∑ FV ↓ (+) :
2
mB v B1 +
∫m
2
B
1
g dt − ∫ T dt = mB v B 2
(2)
1
I A ω1 + r mB v B1 + r mB g t = I A ω 2 + r mB v B 2
Además, de la cinemática:
ω1 =
v B1
2 m/s
=
= 10 rad/s
r
0,2 m
y también:
ω2 =
vB 2
v
= B 2 = 5 vB 2
r
0,2
reemplazando ω1 y ω 2 en (3) y resolviendo:
Solución 2:
(3)
v B 2 = 13 m/s
Aplicaremos la ecuación de impulso angular y momento cinético para todo
el sistema.
2
∫ Ay dt
+
A
r
I A ω2
1
r
I A ω1
=ˆ
2
∫ Ax dt
A
A
1
2
∫ M A g dt
1
2
∫ mB g dt
mB v B1
r
H
∑ A+ :
I A ω1 + mB v B1 ⋅ r +
Fig. 9-29
1
2
∫m
B
mB v B 2
g r dt = I A ω 2 + mB v B 2 r
1
es decir:
I A ω1 + m B v B1 ⋅ r + mB g r t = I A ω 2 + m B v B 2 r
(4)
Ecuación que corresponde, como era de esperar, a la ecuación (3), anteriormente hallada.
De la cinemática:
v B1
2 m/s
=
= 10 rad/s
r
0,2 m
v
v
ω2 = B 2 = B 2 = 5 vB 2
r
0,2
ω1 =
reemplazando ω1 y ω 2 en (4) y despejando:
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v B 2 = 13 m/s
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Cap. 9 Impulso y Cantidad de Movimiento
Pág. 9-17
9.3 Choque excéntrico
Cuando chocan dos cuerpos rígidos, entran en contacto los puntos A y B y se establecen
una normal común y una tangente común a las superficies en contacto. La normal común
se define como línea de choque.
r
vB′
n
t
A B
GB
Línea de
choque
A B
GA
GB
GA
r
vB
r
vA
n
t
r
v A′
Fig. 9-30
Después de choque
Antes del choque
Durante el breve tiempo que dura el choque se produce una fuerza de interacción F en los
puntos de contacto de ambos cuerpos, la cual varía según se muestra.
t
F
t
n
F
A
GA
n
GB
Línea de choque
B
Fig. 9-31
F
Fuerza que ejerce
mA sobre mB
Fmax
t0
O
etapa de
deformación
t
t
etapa de
recuperación
Fig. 9-32
Se define en coeficiente de restitución en función a las componentes de las velocidades de
los dos puntos que entran en contacto en dirección de la línea de choque.
e = −
(v′B n ) − (v′A n )
(v B n ) − (v A n )
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(9.14)
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Cap. 9 Impulso y Cantidad de Movimiento
Pág. 9-18
Ejemplo 9.7: Una pequeña esfera de masa m1 es dejada libre como muestra la figura y
entonces cae una distancia h y choca con una barra delgada (masa m2 y
longitud 2 l ). Dicha barra está articulada en su centro de gravedad G y antes
del choque está quieta en posición horizontal. Sabiendo que el coeficiente
de restitución es e, se pide calcular la velocidad angular de la barra
inmediatamente después del choque.
m1
y
h
G
m2
x
a
l
l
Fig. 9-33
Solución:
•
Cálculo de la velocidad de la esfera antes del choque:
Por conservación de la energía, pues no hay fuerzas disipativas:
T1 + V1 = T2 + V2
0 + m1 g h =
•
1
m1 v12 + 0
2
→
v1 =
2gh
Análisis del choque:
∫ m g dt ≈ 0
2
Para la esfera:
+
∫ F dt
m1 v1
− m1 v1 +
∫ F dt
m1 v1′
≡
Fig. 9-34
= m1 v1′
(2)
∫G
para la barra:
+
G
(1)
G
∫ m g dt
y
dt
∫
∫ F dt
G x dt
≡
G
IG ω ′
2
l
r
∑ HG + :
de (2) y (3):
∫ F dt ⋅ a
= IG ω′
donde
IG =
a
l
Fig. 9-35
(3)
m l2
1
m2 ( 2 l ) 2 = 2
12
3
m1 v1 a = − m1 v1′ a + I G ω ′
reemplazando I G , v1 y ordenando:
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v1′ =
m2 l 2
ω′
2gh +
m1 3 a
(4)
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Cap. 9 Impulso y Cantidad de Movimiento
Pág. 9-19
(+ )
Coeficiente de restitución:
donde:
e = −
↑:
(v′A ) − (v1′ )
(v A ) − (v1 )
(5)
v′A = − ω ′ a
v1 =
2gh
vA = 0
(− ω ′ a ) − (v1′ )
en (5):
e = −
despejando:
v1′ = − ω ′ a − e
de (4) y (6):
ω′ =
(0) − ( 2 g h )
2gh
(6)
(1 − e) 2 g h
⎞
⎛ m2 l 2
⎜⎜
+ a ⎟⎟
⎠
⎝ m1 3 a
l = 1,8 m
Ejemplo 9.8:
A
0,6 m
B
C
1,8 m
Las varillas AB y CD pueden girar libremente en el
plano vertical alrededor de A y C. Ambas varillas
tiene masa m = 15 kg y longitud l = 1,80 m. Si la
varilla AB parte del reposo estando en posición
horizontal y luego choca con CD y sabiendo que el
coeficiente de restitución es e = 0,6 se pide:
a) El ángulo que recorre CD después del choque.
b) El ángulo que alcanza AB luego de rebotar.
Fig. 9-36
D
Solución:
l = 1,8 m
Conservación de la energía para AB antes del choque:
N. de R.
A
T1 + V1 = T2 + V2
(1)
(1) B
T1 = 0
V1 = 0
! 1
1
1
2
2
2
T2 = m vG 1 + I G1 ω AB
= I A ω AB
2
2
2
l
V2 = − m g
2
1 ⎛1
l
⎞ 2
en (1):
0 = ⎜ m l 2 ⎟ ω AB
− mg
2 ⎝3
2
⎠
de donde:
ω AB =
y por consiguiente:
G
1
1
(I A = m l 2 )
3
Fig. 9-37
3 g /l
→
ω AB = 4,041 rad/s
v B = ω AB l
→
v B = 7,275 m/s
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ω AB
(2)
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Cap. 9 Impulso y Cantidad de Movimiento
•
Pág. 9-20
Barra AB:
∫A
y
∫A
A
A
m v G1
G1
+
x
dt
G1
∫ m g dt ≈ 0
I G1 ω AB
B
B
r
H
∑ A+ :
dt
A
m vG′ 1
=ˆ
G1
I G1 ω ′AB
B
∫ F dt
Fig. 9-38
B
I A ω AB − ( ∫ F dt ) (l) = − I A ω ′AB
(1)
A
Notar que en esta ecuación (1) da lo mismo escribir el término H A = I A ω AB o su
l
l l
l
equivalente H A = m vG + I G ω AB = m (ω AB ) + I G ω AB = ω AB [m ( ) 2 + I G ] = ω AB I A
2
2 2
2
•
∫C
Barra CD:
y
dt
C
C
+
G2
∫C
E
D
m vG′ 2
G2
∫ m g dt ≈ 0
D
r
H
∑ C + :
⎛2 ⎞
′
0 + ( ∫ F dt ) ⎜ l ⎟ = I C ωCD
⎝3 ⎠
de (1) y (2):
ω AB + ω ′AB =
Además:
e = −
e =
C
dt
=ˆ
G2
∫ F dt
→ x (+):
x
′
I G 2 ωCD
Fig. 9-39
D
(2)
3
′
ωCD
2
(3)
'
'
v Ex
− v Bx
v Ex − v Bx
⎛2 ⎞
⎝3 ⎠
′ ⎜ l ⎟ − (− ω ′AB l)
ωCD
(4)
ω AB l
2
′ + ω ′AB
ωCD
0,6 = 3
ω AB
de (3) y (4):
ω ′AB = 0,435 rad/s
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y
′ = 2,984 rad/s
ωCD
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Cap. 9 Impulso y Cantidad de Movimiento
Pág. 9-21
Después del choque se conserva la energía para cada barra:
•
Barra CD:
1
′ 2
I C ω CD
2
V1 = 0
C
T1 =
θCD
N. de R.
l l
− cosθ CD
2 2
G2
T2 = 0
l
⎛l
⎞
V2 = m g ⎜ − cos θ CD ⎟
2
⎝2
⎠
′
ωCD
(2)
(1)
→
D
θ CD = 62,9°
Fig. 9-40
Para calcular el ángulo que barre la barra AB después del choque, se procede de manera
completamente análoga:
•
Barra AB:
1
2
I C ω ′AB
2
V1 = 0
A
T1 =
θAB
N. de R.
l l
− cosθ AB
2 2
T2 = 0
l
⎛l
⎞
V2 = m g ⎜ − cos θ AB ⎟
2
⎝2
⎠
G1
ω ′AB
(2)
(1)
→
θ AB = 8,73°
Fig. 9-41
B
--------------------
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Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-1
Cap. 10 Vibraciones mecánicas
Por: Jorge Rodríguez Hernández, Dipl.-Ing.
Profesor del Área de Diseño
Sección de Ingeniería Mecánica
10.1 Introducción
Una vibración es el movimiento periódico de un cuerpo o sistema de cuerpos
interconectados que se mueven desde una posición de equilibrio.
Clasificación de las vibraciones:
•
Vibraciones libres:
cuando el movimiento se mantiene debido a fuerzas
restauradoras gravitacionales o elásticas.
Ejemplos:
movimiento oscilatorio de un péndulo, vibración de una
cuerda de instrumento, vibración de una varilla elástica, etc.
•
Vibraciones forzadas:
es provocada por una fuerza externa periódica o intermitente
que se aplica al sistema. Ejemplo: vibraciones causadas en
una estructura por un motor con parte giratorias no
balanceadas o excéntricas.
Ambos tipos de vibración pueden ser amortiguados o no amortiguados. La vibración no
amortiguada puede continuar en forma indefinida pues para su análisis se ignora la
fricción.
El análisis de ambos tipos de vibración se limitará, en este capítulo introductorio, a
sistemas de un grado de libertad. Es decir, a sistemas que requieren de una sola
coordenada para especificar completamente la posición del sistema en cualquier momento.
Movimiento armónico simple:
En la fig. 10.1(a) el punto P se mueve con trayectoria circular y velocidad constante v P .
La proyección del movimiento circular del mencionado punto P sobre el eje vertical x
mostrado en la fig. 10.1(b), es decir, el movimiento rectilíneo de ida vuelta que realiza el
punto P, se denomina movimiento armónico simple.
ω0
x(t)
vP
vP A
P
A
x(t)
P
aP
ϕ
P
aP
t=0
x=0
x
0
t
t
-A
2π /ω0
(a)
(b)
(c)
ω0
(d)
ϕ
A
Fig. 10.1 Generación del movimiento armónico simple.
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Sección Ingeniería Mecánica – Área de Diseño
Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-2
La fig. 10.1(c) muestra la gráfica de x en función del tiempo y la fig. 10.1(d) muestra el
mecanismo denominado yugo escocés, que sirve para la generación del movimiento
armónico simple.
De la fig. 10.1(a) se ve claramente que:
x = A sen ϕ
Como el movimiento de P es circular uniforme:
→
x = A sen ω0 t
donde:
ϕ = ω0 t
A : amplitud
ω0: frecuencia circular
Se definen:
Período T: tiempo que necesita P para dar una vuelta completa
→
2 π = ω0 T
T =
→
2π
ω0
[s]
Frecuencia (f) : El número de vibraciones por unidad de tiempo.
→
f =
Tenemos entonces:
ω
1
= 0
T
2π
[s-1 = Hz]
x = A sen ω 0 t
(10.1)
x& = A ω0 cos ω 0 t
(10.2)
&x& = − A ω 02 sen ω 0 t
(10.3)
de (10.3) y (10.1):
&x&
= − ω02
x
ordenando:
&x& + ω02 x = 0
(10.4)
la cual es una ecuación diferencial homogénea de 2° orden con coeficientes constantes y
caracteriza al movimiento armónico simple.
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-3
10.2 Vibraciones libres sin amortiguamiento de sistemas de un grado de
libertad
La ecuación diferencial del movimiento de un sistema que vibre libremente y sin
amortiguamiento tendrá, en general, la siguiente forma:
&x& + ω 02 x = 0
(10.5)
donde el término ω0 se denomina frecuencia circular natural o propia.
Como se ve, dicha ecuación corresponde a la del movimiento armónico simple. La
solución general de (10.5) es:
x(t ) = A sen ω0 t + B cos ω0 t
(10.6)
donde A y B son constantes que se determinan a partir de condiciones iniciales particulares
del problema. Otra forma usual de escribir la solución de (10.5) se consigue de la siguiente
manera:
A = C cos ϕ 0 y B = C sen ϕ 0
Si hacemos:
→
C 2 = A2 + B 2
y
tan ϕ 0 =
B
A
→
C =
A2 + B 2
→
ϕ 0 = arctan
B
A
x = C cos ϕ 0 sen ω 0 t + C sen ϕ 0 cos ω0 t
en (10.6):
x(t ) = C sen (ω0 t + ϕ 0 )
→
(10.7)
la cual es equivalente a la solución (10.6).
Allí:
ϕ0 se denomina ángulo de fase del movimiento
C es la amplitud del movimiento
Si graficamos x = x (t):
x(t)
ω0
T = 2π / ω0
C
t
C ϕ =ωο t
ϕ0
x
t=0
x=0
0
t
t
-C
Fig. 10.2
Gráfico x–t para el movimiento armónico simple.
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-4
En el gráfico de la fig. 10.2 se pueden apreciar los siguientes parámetros del movimiento
armónico simple:
C : amplitud de la vibración
10.2.1
2π
T : Período
→
T =
f : frecuencia
→
f =
[s]
ω0
ω
1
= 0
T
2π
(10.8)
[s-1]
(10.9)
Análisis del sistema masa-resorte
En la figura 10.3 se muestra un sistema formado por una masa que puede deslizar sobre
una superficie lisa y un resorte de constante de rigidez k fijo a ella. Ante la ausencia de
fricción, el equilibrio estático de la masa sería solamente posible si el resorte está sin
deformar. Si de dicha posición de reposo se desplaza la masa en una distancia xo y se la
suelta con una velocidad inicial vo, entonces la masa empezará a moverse en torno a la
posición de equilibrio.
x
k
m
Fig. 10.3 Sistema masa-resorte.
Tratemos de establecer la ecuación del movimiento a través del análisis de la masa cuando
se encuentra a una distancia genérica x de la posición del equilibrio estático (ver figura):
De la 2da. ley de Newton:
≡
FR = k x
mg
FR = k x
Fig. 10.4
− FR = m &x&
Según la segunda ley de Newton:
y como
N
m &x&
→
m &x& + k x = 0
Esta ecuación que tiene la forma del movimiento armónico simple:
&x& +
k
m
→
En este caso:
ω0 =
sea ω02 =
k
x= 0
m
&x& + ω02 x = 0
k
m
(10.10)
es la frecuencia circular natural o propia del sistema.
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-5
La solución general de la ecuación diferencial (10.10) será:
x(t ) = A sen ω0 t + B cos ω0 t
(10.11)
Las constantes A y B se pueden calcular de la siguiente manera: puesto que la masa se deja
libre con velocidad inicial v0 desde una distancia inicial x0 cuando t = 0:
x(0) = x0 = A sen 0 + B cos 0
→
→
B = x0
si derivamos (10.11) con respecto al tiempo:
x& (t ) = A ω0 cos ω 0 t + B ω0 sen ω0 t
como: x& (0) = v0
v0 = A ω0 cos 0 − x0 ω0 sen 0
→
v0
sen ω0 t + x0 cos ω0 t
La solución será:
x(t ) =
o si se quiere:
x(t ) = C sen (ω 0 t + φ )
ω0
→
donde
A =
ω0 =
v0
ω0
k
m
(10.12)
2
A +B =
2
2
donde:
C=
y
φ = arctan
⎛ v0 ⎞
⎜⎜ ⎟⎟ + x02
⎝ ω0 ⎠
⎛ x ⎞
B
= arctan ⎜⎜ 0 ⎟⎟
A
⎝ v0 / ω 0 ⎠
El periodo de las vibraciones será:
T =
y la frecuencia:
f =
2π
ω0
= 2π
1
1
=
T
2π
m
k
k
m
En la figura 10.5 se muestra el gráfico x-t para un sistema masa-resorte que es liberado con
una cierta velocidad inicial vo desde una posición inicial determinada por xo.
x( t) := xo⋅ cos ( ωo ⋅ t) +
amplitud x [cm]
x(t)
vo
ωo
⋅ sin ( ωo ⋅ t)
O
t
x( t)
t
tiempo t [s]
Fig. 10.5 Gráfico x-t para un sistema masa-resorte.
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-6
En general, para sistemas libres no amortiguados, la ecuación diferencial del movimiento
también se puede encontrar a través del principio de conservación de energía, pues no hay
fuerzas disipativas (fricción, por ejemplo). Aplicando esto al sistema masa-resorte
analizado tendremos:
T + V = constante
1
1
m x& 2 + k x 2 = constante
2
2
1
1
m (2 x& &x&) + k (2 x x& ) = 0
2
2
d / dt :
m x& &x& + k x x& = 0
→
m &x& + k x = 0
la cual es la ecuación diferencial ya estudiada.
Si el sistema masa-resorte está dispuesto de tal manera que la masa pende libremente y por
ende se encuentra bajo la influencia del campo gravitatorio (fig. 10.6), entonces entra a
tallar en el análisis el peso propio de la masa.
k
Posición de
equilibrio estático
x
Fig. 10.6 Sistema masa resorte.
Está claro que en la posición de equilibrio estático, el resorte está estirado en una cierta
cantidad que llamaremos δ0. En dicha posición se cumplirá:
k δ0
mg
Por condición de equilibrio estático:
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Fig. 10.7
k δ0 − m g = 0
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-7
Si retiramos la masa de dicha posición y la dejamos libre, entonces el análisis para una
posición genérica determinada por la coordenada x nos muestra que:
FR = k ( x + δ 0 )
≡
m &x&
mg
Fig. 10.8
Aplicando la segunda ley de Newton:
m g − k ( x + δ 0 ) = m &x&
es decir:
m g − k x − k δ 0 = m &x&
Recordando la expresión proporcionada por el equilibrio estático, esta última expresión
queda como:
m &x& + k x = 0
La cual es la ecuación diferencial del movimiento del sistema analizado y que corresponde
exactamente a la ecuación diferencial encontrada para el caso anterior. La única diferencia
radica en el hecho que, para el caso que acabamos de analizar, en la posición de equilibrio
(en torno a la cual ocurre el movimiento vibratorio) el resorte está deformado, mientras que
en el primer caso el resorte estaba sin deformar.
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-8
Ejemplo 10.1: Análisis del movimiento de un péndulo
simple (el hilo tiene peso despreciable
y es inextensible).
Desde una posición determinada por el ángulo θ0 se
deja libre al péndulo sin velocidad inicial ( θ&0 = 0).
Determinar la ecuación del movimiento del péndulo en
función de θ así como el periodo de las oscilaciones
pequeñas.
m
Solución:
Fig. 10.9
Según la 2da. ley de Newton los sistemas
mostrados son equivalentes:
Péndulo matemático.
T
êθ
≡
Ahora podemos escribir:
∑ Fθ :
l
θ
− m g sen θ = m aθ
= m (2 r& θ& + r θ&&)
= m l θ&&
es decir:
m l θ&& + m g sen θ = 0
de donde:
θ&& +
g
sen θ = 0
l
θ
θ
m ar
mg
êr
Fig. 10.10
(ecuación diferencial del movimiento)
Como se ve, se trata de una ecuación diferencial no lineal. Para desplazamientos pequeños
( θ pequeño) se puede linearizar dicha ecuación diferencial teniendo en cuenta que:
senθ = θ −
θ3
3!
+
θ5
5!
− L
Si limitamos θ ≤ 8° entonces se puede aproximar:
→
θ&& +
senθ ≅ θ
g
θ = 0
l
Si hacemos ω02 = g / l (donde ω0 es la frecuencia propia o circular o natural del sistema)
→
θ&& + ω02 θ = 0
la cual corresponde a la forma estándar de la ecuación diferencial del movimiento
armónico simple.
l
2π
T =
= 2π
El tiempo (período) para una oscilación completa será:
g
ω0
Este hecho fue descubierto por Galileo Galilei por medio de experimentación y entonces
expresó que el periodo de un tal péndulo no depende de la masa.
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-9
Ejemplo 10.2: En un tubo en forma de U de sección constante se encuentra un líquido de
densidad ρ . La longitud del tubo ocupada por el líquido es L. Encontrar
la frecuencia circular de las oscilaciones del fluido despreciando la
fricción (fluido ideal).
z
z
z=0
Fig. 10.11 Tubo con líquido.
Solución:
En la posición de equilibrio (z = 0) los niveles de las columnas izquierda y derecha
coinciden. Si se hace que la columna derecha suba en una distancia z, entonces la columna
izquierda desciende en la misma distancia z.
En consecuencia, la diferencia de niveles es (2z) y entonces la fuerza restauradora será
− ρ gA (2z).
La masa del fluido es: ρ A L
La segunda ley de Newton nos predice el comportamiento dinámico del fluido:
− ρ g A 2 z = ρ A L &z&
→
&z& +
2g
z = 0
L
Ecuación que tiene la forma característica de la ecuación diferencial del movimiento
armónico simple:
&z& + ω 02 z = 0
en consecuencia:
ω 02 =
2g
L
de donde la frecuencia circular natural del fluido será:
ω0 =
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2g
L
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-10
Ejemplo 10.3: Si la rueda gira sin deslizar, se pide hallar la ecuación del movimiento del
centro O así como la frecuencia circular natural o propia del sistema y el
periodo de las oscilaciones, si es que la rueda se separa una distancia x0 de
la posición de equilibrio estático (resorte sin deformar) y se la deja libre
desde el reposo.
x
k
r
θ
m
Fig. 10.12 Sistema rueda-resorte.
Según el Principio de D’Alembert, para cualquier instante del movimiento del disco, es
decir, para una posición genérica determinada por el parámetro x, los siguientes sistemas
son equivalentes:
≡
O
FR = k x
mg
O
m &x&
I 0θ&&
Ff
N
Fig. 10.13
Ahora podemos escribir:
∑F
x
:
∑M
O
:
(2) en (1):
− FR − F f = m &x&
(1)
F f r = I O θ&&
(2)
−k x −
I 0 &&
θ = m &x&
r
Cinemática (rodadura pura):
(3)
&x& = r θ&&
→
θ&& =
&x&
r
I0
&x& = m &x&
r2
en (3):
−k x −
como
I0 =
ordenando:
2k⎞
&x& + ⎛⎜
⎟x = 0
⎝3 m⎠
1
m r2
2
→
m &x& +
1
m &x& + k x = 0
2
(ecuación diferencial del movimiento de la rueda)
Esta ecuación tiene la forma de la ecuación diferencial del movimiento armónico simple:
&x& + ω02 x = 0
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donde:
ω02 =
Pág. 10-11
2k
3m
ω0 =
Ahora, la frecuencia circular natural del sistema estudiado es:
2π
T =
El periodo de las oscilaciones será:
ω0
= 2π
2 k
3m
3m
2k
Como ya sabemos, la solución de la ecuación diferencial es:
x (t ) = A sen ω0 t + B cos ω 0 t
(4)
Las constantes A y B se calculan a partir de las condiciones iniciales del problema:
puesto que la masa se deja libre desde una distancia inicial xo cuando t = 0:
x0 = A sen 0 + B cos 0
→
B = x0
si derivamos (4) con respecto al tiempo:
x& (t ) = A ω0 cos ω 0 t − B ω0 sen ω0 t
para t = 0 ,
x& = 0 → 0 = A ω0 cos 0 − x0 ω 0 sen 0
A=0
2k
t
3m
la solución será:
x(t ) = x0 cos
o si se quiere:
x (t ) = C sen (ω0 t + φ )
donde: C = A 2 + B 2 =
y
→
φ = arc tan
(0)2 + x02
= x0
⎛ x ⎞
B
= arc tan ⎜⎜ 0 ⎟⎟ = π 2
A
⎝ v0 / ω 0 ⎠
x (t ) = x0 sen (ω 0 t + π 2)
es decir:
x (t ) = x0 cos
2k
t
3m
solución que es exactamente igual, como era de esperar, a la encontrada líneas arriba.
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Pág. 10-12
Ejemplo 10.4:
Sobre una ranura practicada en un disco
circular se mueve sin rozamiento una maza m
de tamaña muy pequeño, la cual está sujeta a
un resorte de constante de rigidez k y longitud
libre (longitud sin deformar) e. Si el disco gira
con velocidad angular constante ω ∗ alrededor
del eje vertical que pasa por O (perpendicular
al plano del dibujo) se pide calcular la
frecuencia circular (frecuencia propia) del
sistema y la solución de la ecuación diferencial
del movimiento.
Datos :
ω∗
O
m
m = 0,45 kg
c = 3200 N/m
e = 12 cm
Fig. 10.14
Sistema masa-resorte montado
en una placa que gira con
velocidad angular constante.
ω * = 65 rad/s
Solución:
DCL para la masa en un instante t cualquiera y para el cual se encuentra a una
distancia r del eje O.
O
êθ
O
θ
FR
m
≡
m aθ
θ
m ar
N
êr
Fig. 10.15
Del segundo principio de Newton podemos escribir, según coordenadas polares::
∑F
r
− FR = m ar
:
→
donde la fuerza del resorte es FR = k (r − e)
− k (r − e) = m (&r& − r θ& 2 )
donde θ& = ω * .
2 ⎞
ke
⎛k
Ordenando: &r& + ⎜ − ω * ⎟ r =
m
⎝m
⎠
homogénea).
(Ecuación
Diferencial
de
2°
orden,
no
2 ⎞
⎛k
La ecuación diferencial homogénea es &r& + ⎜ − ω ∗ ⎟ r = 0 y por consiguiente tiene
⎝m
⎠
2
la forma &r& + ω 0 r = 0 , que corresponde al movimiento armónico simple.
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-13
ω0 =
La frecuencia propia será :
3200
− (65) 2
0,45
2
k
− ω* =
m
ω0 = 53,72 rad/s
→
•
la solución homogénea será: rh (t ) = C1 cos ω0 t + C 2 sen ω 0 t
donde ω 0 =
•
la solución particular será de la forma: r p = B (const.)
r&p = 0
→
→
2
k
−ω*
m
&r&p = 0
Reemplazando en la ecuación diferencial no homogénea:
ke
⎛k
∗2 ⎞
⎜ − ω ⎟B =
m
⎝m
⎠
B =
→
e
m *2
1 −
ω
k
Ahora, la solución general de la ecuación diferencial será:
r (t ) = C1 cos ω0 t + C 2 senω0 t +
e
m 2
1 − ω*
k
Se trata pues, de vibraciones armónicas alrededor de la “posición de equilibrio dinámico”
e
determinada por r =
m *2
1 −
ω
k
Como se observa a continuación, en esa posición se igualan la fuerza del resorte con la
fuerza centrífuga:
⎞
⎛
2
⎟
⎜
m e ω*
e
⎟
⎜
FR = − k (r − e ) = − k
− e =
m 2
⎟
⎜ 1 − m ω ∗2
1 − ω*
⎟
⎜
k
k
⎠
⎝
FC = m r θ& 2 = m r ω *2 = m
e
ω *2
2
m
1− ω *
k
Si nos dan las condiciones iniciales, por ejemplo: r (0) = r0 y r& (0 ) = 0
→
r (0) = C1 (1) + C 2 (0) +
e
= r0
m *2
1− ω
k
y
r& (0) = − C1 ω (0) + C 2 ω (1) = 0
de donde:
C1 = r0 −
y
C2 = 0
e
m 2
1 − ω*
k
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Ahora podemos escribir:
Pág. 10-14
⎛
⎞
⎜
⎟
e
e
⎜
⎟ cos ω0 t +
r (t ) = r0 −
2
m
m 2
⎜
1 − ω * ⎟⎟
1 − ω*
⎜
k
k
⎝
⎠
⎛
⎞
⎜
⎟
e
e
⎜
⎟ cos k − ω ∗2 t +
r (t ) = r0 −
2
2
m
m
m
⎜
1 − ω * ⎟⎟
1 − ω*
⎜
k
k
⎝
⎠
es decir:
La gráfica de esta ecuación se muestra a continuación.
r(t)
80
e
m *2
1− ω
k
r( t)
rm
O
t
− 40
0
t
Fig. 10.16
10
Respuesta en el tiempo del sistema analizado.
Aquí se nota con mayor claridad, que las oscilaciones son armónicas y ocurren alrededor
de la posición de equilibrio dinámico.
Nota: examinando el término ω0 =
•
si
2
k
> ω*
m
•
si
2
k
= ω*
m
•
si
2
k
< ω*
m
2
k
− ω * se puede decir que:
m
⇒
vibración estable
⇒
ke
⇒ se ve que la aceleración es constante y
m
en consecuencia la masa se irá alejando hasta que falle el
resorte.
⇒
soluciones exponenciales ⇒
&r& =
la amplitud crece hasta
que el sistema se rompe.
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-15
10.3 Vibraciones libres con amortiguamiento de sistemas de un grado de
libertad
10.3.1
Aspectos matemáticos
La ecuación diferencial del movimiento de un sistema que vibre libremente y con
amortiguamiento tendrá, en general, la forma de una ecuación diferencial de segundo orden
con coeficientes constantes:
→
&x& + 2 δ x& + ω02 x = 0
(10.13)
ω 0 se denomina frecuencia circular o natural del sistema no amortiguado.
La ecuación característica de dicha ecuación diferencial es:
cuyas raíces son:
λ1, 2 = − δ ±
λ2 + 2 δ λ + ω02 = 0
δ 2 − ω02
Según sea el signo del discriminante tendremos tres posibles casos:
Definimos el grado de amortiguamiento como:
η=
δ 2 − ω02 < 0
δ 2 − ω02 = 0
δ 2 − ω02 > 0
δ
ω0
(10.14)
A continuación analizaremos las tres posibilidades descritas.
10.3.2
Vibraciones subamortiguadas:
si δ 2 − ω 02 < 0
→
δ < ω0
(η < 1)
En este caso las raíces de la ecuación característica de (10.13) serán complejas conjugadas:
λ1, 2 = − δ ± j ω02 − δ 2
Se define ω ∗ =
ω02 − δ 2
como la frecuencia circular propia o natural del sistema
amortiguado. Es decir:
→
ω = ω0
*
⎛ δ ⎞2
1 − ⎜ ⎟⎟
⎜ ω0 ⎠
⎝
Reemplazando (10.14) en (10.15): ω * = ω 0
(10.15)
1−η2
(10.16)
En esta última expresión se ve claramente que ω ∗ < ω 0 , es decir, la vibración amortiguada
es más lenta que la no amortiguada, lo cual resulta evidentemente lógico.
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-16
La solución de la ecuación (10.13) es de la forma: x (t ) = B1 e λ1t + B2 e λ2t
en nuestro caso:
x (t ) = B1 e ( −δ + jω *) t + B2 e ( −δ + jω *) t
ordenando:
x(t ) = e −δ t ( B1 e j ω t + B2 e − j ω t )
∗
Utilizando las identidades de Euler:
∗
eθ j = cosθ + j senθ
e − j θj = cosθ − j senθ
x = e −δ t [ B1 (cos ω ∗t + jsenω ∗t ) + B2 (cos ω ∗t − j senω ∗t )]
x = e −δ t [( B1 + B2 ) cos ω ∗t + ( B1 − B2 ) j senω ∗t ]
Sean:
B1 = E1 + j E 2
y
B 2 = E1 − j E 2
B1 + B2 = 2 E1
y
B1 − B2 = 2 j E2
→
donde E1 y E2 son constantes,
x = e −δ t (2 E1 cos ω ∗t + 2 j E2 j sen ω ∗t )
Ahora:
C1 = 2 E1
Sean:
C 2 = − 2 E2
y
x (t ) = e −δ t (C1 cos ω ∗t + C 2 senω ∗t )
entonces:
(10.17)
la cual es la ecuación del movimiento de la masa m y donde:
•
El término entre paréntesis describe una vibración armónica con frecuencia
circular ω ∗ = ω 02 − δ 2 .
•
El término e −δ t decrece si t crece.
•
C1 y C2 son constantes de integración y se determinan a partir de condiciones
iniciales.
La gráfica de la respuesta en el tiempo (expresión 10.17) se muestra en la fig. 10.17.
()
()
(
)
x(t)
x( t )
O
x1(O
t)
t1
t
t2
x2( t)
T
T
t
Fig. 10.17
Gráfica x-t para el movimiento con vibraciones subamortiguadas.
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
El periodo de las oscilaciones será:
Pág. 10-17
T =
2π
ω
*
=
2π
ω0
1 − η2
(10.18)
Nota: Como hemos visto antes, el término entre paréntesis de la expresión (10.17) también
se puede escribir de la forma:
x (t ) = e −δ t C cos (ω ∗t + φ )
(10.19)
Calculemos la amplitud x1 correspondiente al tiempo t1 (ver figura 10.17):
x1 = e −δ t1 (C1 cos ω *t1 + C 2 sen ω *t1 )
del mismo modo, para t2:
x2 = e −δ ( t1 +T ) [C1 cos ω * (t1 + T ) + C 2 sen ω * (t1 + T )]
= e −δ ( t1 +T ) [C1 cos (ω *t1 + 2 π ) + C 2 sen (ω *t1 + 2 π )]
= e −δ ( t1 +T ) (C1 cos ω *t1 + C 2 senω *t1 )
Entonces:
→
x1
e −δ t1
= −δ (t1 +T ) = e δ T
x2
e
ln
x1
= δT
x2
del mismo modo:
x2 = e −δ t2 (C1 cos ω *t 2 + C 2 senω *t )
x3 = e −δ (t1 +T ) [C1 cos ω * (t 2 + t ) + C 2 sen ω * (t 2 + T )]
= e −δ ( t1 +T ) [C1 cos (ω *t 2 + 2π ) + C 2 sen (ω *t 2 + 2π )]
= e −δ ( t1 +T ) (C1 cos ω *t 2 + C 2 senω *t 2 )
entonces:
→
Generalizando:
x2
1
e −δ t 2
= −δ (t2 +T ) = −δ T = eδ T
x3
e
e
ln
x2
= δT
x3
ln
xi
= δT
xi +1
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Decremento
logarítmico
(10.20)
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10.3.3
Pág. 10-18
Movimiento críticamente amortiguado: si δ 2 − ω02 = 0 → δ = ω 0
Las raíces de la ecuación característica de (10.13) serán reales e iguales:
La solución de la ecuación diferencial del movimiento será:
o lo que es lo mismo:
(η = 1)
λ1 = λ 2 = −δ
x(t ) = A e −δ t + B t e −δ t
x = Ae −ω 0 t + B t e −ω 0 t
x = e − ω0 t ( A + B t )
→
(10.21)
Como se ve la solución no corresponde a un movimiento vibratorio. El sistema retorna al
equilibrio en el menor tiempo posible. Ejemplo: instrumentos de medición eléctrica. La
gráfica de esta ecuación se muestra en la fig. 10.18.
x(t)
( − δ ⋅t)⋅ ( A + B⋅ t)
Amplitud (cm)
x( t) := e
t
x( tO
)
t
Tiempo t [s]
Fig. 10.18 Gráfica x-t para el movimiento críticamente amortiguado.
10.3.4
Movimiento sobreamortiguado:
si δ 2 − ω02 > 0
En este caso las raíces λ1,2 serán reales diferentes:
→
δ > ω0
(η > 1)
λ1, 2 = − δ ± δ 2 − ω 02
En consecuencia, la solución de la ecuación diferencial del movimiento será:
x(t ) = A e λ1t + B e λ2t
( −δ + δ 2 −ω02 ) t
es decir:
x(t ) = A e
ordenando:
x(t ) = e −δ t ( A e
+ Be
δ 2 −ω02 t
( −δ − δ 2 −ω02 ) t
+ Be
− δ 2 −ω02 t
)
(10.22)
La gráfica de la solución se muestra en la fig. 10.19.
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Amplitud (cm)
x( t) :=
x(t)
e
Pág. 10-19
− δ ⋅t
2
2⋅ δ − ω
⎡
2
(
)
⋅ ⎣ ⎡⎣xo⋅ δ − ω + δ ⎤⎦ ⋅ e
2
2
2
2
δ −ω ⋅t
(
)
+ ⎡⎣xo⋅ δ − ω − δ ⎤⎦ ⋅ e
2
2
− δ −ω ⋅t ⎤
2
2
⎦
t
x( t)O
t
Tiempo t [s]
Fig. 10.19 Gráfica x-t para el movimiento sobreamortiguado.
El sistema retorna a su posición de equilibrio sin vibrar pero en un tiempo mayor que en el
caso anterior de amortiguamiento crítico. Aplicaciones: sistemas en que se busca que el
impacto de parada sea mínimo.
10.3.5
Análisis del sistema masa-resorte-amortiguador
En la figura 10.20 se muestra un sistema formado por una masa, la cual puede desplazarse
sobre un piso liso sin fricción, un resorte con constante de rigidez k y un amortiguador con
constante de amortiguamiento c.
x
k
c
m
Fig. 10.20
Sistema masa-resorte-amortiguador.
Tratemos de establecer la ecuación del movimiento a través del análisis de la masa cuando
se encuentra a una distancia genérica x de la posición del equilibrio estático (ver figura):
DCL en el instante analizado:
FA = c x&
FR = k x
mg
N
≡
Fig. 10.21
donde:
FR es la fuerza del resorte
y
FA es la fuerza de amortiguamiento (proporcional a la velocidad)
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m &x&
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∑F
x
Pág. 10-20
− FA − FR = m &x&
:
− k x − c x& = m &x&
→
&x& +
c
k
x& +
x = 0
m
m
(10.23)
Esta ecuación tiene la forma de la ecuación diferencial (10.13) ya estudiada:
&x& + 2 δ x& + ω02 x = 0
ω0 es la frecuencia circular propia del sistema no amortiguado.
como ya se dijo:
δ es el factor o constante de amortiguamiento del sistema.
Comparando ambas ecuaciones obtenemos, para nuestro caso:
ω0 =
δ =
η=
el factor de amortiguamiento será:
k
m
c
2m
c / 2m
c
δ
=
=
ω0
k/m
2 km
(10.24)
El tipo de movimiento producido dependerá, como se ha visto, del valor de η :
•
si η < 1
⇒
movimiento con vibraciones subamortiguadas.
x(t ) = e −δ t (C1 cosω ∗t + C2 senω ∗t )
La respuesta del sistema será:
donde: ω * = ω0
o también:
ω*=
1 − η 2 es la frecuencia circular propia del sistema amortiguado
ω −δ =
2
0
2
k ⎛ c ⎞
⎟
−⎜
m ⎜⎝ 2 m ⎟⎠
2
Las constantes C1 y C2 se pueden calcular a partir de las condiciones iniciales del
problema. En general éstas serán: x(0) = x0 y además x& (0) = v0.
Entonces:
x (0) = x0 = e −δ ⋅0 [C1 cos (0 ⋅ ω*) + C2 sen (0 ⋅ ω*)]
→
C1 = x0
si derivamos x(t) con respecto al tiempo:
x& (t ) = − δ ⋅ e −δt (C1 cos ω * t + C 2 sen ω * t ) + e −δ t (− C1 ω * sen ω * t + C 2 ω * cos ω * t )
entonces:
v0 = − δ ⋅ e −0⋅t [C1 cos (ω * 0) + C 2 sen (ω * 0)] + e −0⋅t [− C1 ω * sen (ω * 0) + C 2 ω * cos (ω * 0)]
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C2 =
de donde:
Pág. 10-21
v0 + δ ⋅ x0
ω*
donde:
y
amplitud x [cm]
x(t)
v0 + δ x0
sen ω ∗ t )
ω*
x(t ) = e −δ t ( x 0 cos ω ∗ t +
La solución será:
(
x( t) := e
− δ ⋅t
)⋅ ⎢⎡ ⎡⎢ xo⋅ cos (ωo⋅
ω* = ω0
ω
η = 0
δ
2
(10.25)
1−η 2
)
1 − η ⋅t +
⎣⎣
(
)
⎛ vo + δ⋅ xo ⎞ ⋅ sin ωo ⋅ 1 − η 2⋅ t ⎤ ⎤
⎜
⎟
⎥⎥
2
⎝ ωo ⋅ 1 − η ⎠
⎦⎦
t
O
x( t)
t
tiempo t [s]
Fig. 10.22
Respuesta en el tiempo de un sistema masa-resorte-amortiguador
con grado de amortiguamiento η < 1.
El periodo de las oscilaciones será:
T=
2π
ω*
[s]
Al valor que debe tomar la constante de amortiguamiento para que la respuesta del sistema
sea según el movimiento críticamente amortiguado se le denomina constante de
amortiguamiento crítico: cc.
Es decir, si c = cc
δ 2 = ω 02 ó η = 1.
→
En general se puede decir:
si
c < cc
⇒
se producirán vibraciones subamortiguadas
si
c = cc
⇒
se producirá movimiento crítico amortiguado
si
c > cc
⇒
se producirá movimiento sobreamortiguado
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-22
Por ejemplo, para el caso del sistema masa-resorte-amortiguador, el amortiguamiento
crítico se dará si:
2
δ = ω
2
⎛ cc ⎞
k
⎜⎜
⎟⎟ =
m
⎝ 2m ⎠
→
2
0
→
cc = 2 k m
En la fig. 10.23 se muestran diferentes gráficas x-t para el sistema masa-resorteamortiguador estudiado y para los siguientes datos y condiciones iniciales ω0 = 1 rad/s, x0
= 1 cm, x& 0 = v0 = 1 cm/s y para diferentes grados de amortiguamiento del sistema: η = 0;
0,2; 0,4; ... , 2,0.
η=2
η = 1,5
z( t)
η=1
Amplitud x [cm]
x1( t)
x2( t)
x3( t)
t
O
x4( t)
y1( t)
η = 0,6
y2( t)
η = 0,4
y3( t)
η = 0,2
η=0
t
Tiempo t [s]
Fig. 10.23
Gráficas x-t para el sistema masa-resorte-amortiguador
para diferentes valores del grado de amortiguamiento η.
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-23
Ejemplo 10.5: Si la rueda gira sin deslizar, se pide hallar la ecuación diferencial del
movimiento del centro O, si es que la rueda se separa una distancia x0 de la
posición de equilibrio estático (resorte sin deformar) y se la deja libre
desde el reposo. Determinar el valor del coeficiente de amortiguamiento
crítico del amortiguador (cc) y analizar la respuesta del sistema. Para el
caso de c < cc (vibraciones subamortiguadas) determinar la frecuencia
circular natural del sistema y el periodo de las oscilaciones.
x
k
c
r
θ
m
Fig. 10.24 Sistema rueda-resorte-amortiguador.
DCL de la rueda para una posición genérica en la cual su centro está desplazado en x de la
posición de equilibrio estático (en la cual el resorte está sin estirar):
O
FR = k x
FA = cx&
≡
mg
O
I&&0 θ&&
I 0θ
Ff
C
N
m &x&
Fig. 10.25
Aplicando el principio de D’Alembert:
∑M
C
− k x r − c x& r = m &x& r + I 0 θ&&
:
&&
&x& = rθ&& → θ&& = x
r
además, como la rueda gira sin deslizar:
m &x& r + c x& r + k x r + I 0
en (1):
y como I 0 =
1 2
mr
2
(1)
&x&
= 0
r
2 c &
2 k
→ &x& +
x +
x = 0
3m
3m
Esta ecuación es de la forma:
(ecuación diferencial del
movimiento)
&x& + 2δ x& + ω 02 x = 0
por comparación:
ω 02 =
2 k
3m
→
ω0 =
y
2δ =
2c
3m
→
δ =
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2 k
3m
c
3m
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-24
si δ 2 = ω 02
Determinación del factor de amortiguamiento crítico:
(η = 1)
2
•
→
⎛ cc ⎞
2 k
⎜⎜
⎟⎟ =
3m
⎝ 3m ⎠
→
cc =
si c > cc
(η > 1)
6k m
→
Movimiento sobreamortiguado.
x(t ) = e −δ t ( Ae
•
si c = cc
(η = 1)
→
η 2 −1ω 0t
+ B e−
η 2 −1ω 0t
)
Movimiento críticamente amortiguado.
x(t ) = A e −ω 0t + B t e −ω 0t
•
si c < cc
(η < 1)
→
Movimiento con vibraciones subamortiguadas.
x(t ) = e −δ t ( A cos ω ∗t + B sen ω ∗t )
donde
ω =
∗
ω − δ
2
0
El periodo de las vibraciones será:
2
=
T =
⎛ c ⎞
2k
⎟⎟
− ⎜⎜
3m
3
m
⎠
⎝
2
2π
ω*
En todos los casos, las constantes de integración se determinan a partir de condiciones
iniciales del problema.
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-25
Ejemplo 10.6: El sistema mostrado se encuentra en un plano horizontal. Si en la posición
mostrada se encuentra en equilibrio y se aparta de dicha posición en un
ángulo pequeño y se deja libre, se pide determinar:
a) La ecuación diferencial para pequeños desplazamientos angulares de la barra.
b) La frecuencia circular del sistema no amortiguado.
c) El coeficiente de amortiguamiento crítico: cc
mb
A
k
a
mo
Datos:
c
mb = 3 m
mo = m
a, L, k, c
L
Fig. 10.26 Sistema con resorte y amortiguador.
Solución:
a) Según el principio de D’Alembert los siguientes sistemas son equivalentes:
L
≡
a
Ax
ϕ
Ay
m0 a Et
mb aGt
IGI Gϕϕ&&&&
A
mb aGn
FA
G
E
m0 a En
FR
Fig. 10.27
Tomemos momentos con respecto al eje de giro fijo A:
∑M
A
− FR (a cos ϕ ) − FA ( L cos ϕ ) = I A ϕ
:
→
I A ϕ&& + FA L cos ϕ + FR a cos ϕ = 0
(1)
1
1
mb L2 + m0 L2 = (3m ) L2 + m L2 = 2 m L2
3
3
pero:
IA =
Además:
FR = k (a senϕ )
FA = c ( L ϕ& cos ϕ )
en (1):
2 m L2 ϕ + c L2 ϕ& cos 2 ϕ + k a 2 senϕ cosϕ = 0
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(2)
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-26
Ahora linearizamos. Para pequeños valores de ϕ se cumple que sen ϕ = ϕ y cos ϕ ≅ 1 ,
2 m L2 ϕ&& + c L2 ϕ& + k a 2 ϕ = 0
en (2):
ϕ&& +
La ecuación diferencial linearizada será:
c &
k a2
ϕ +
ϕ = 0
2m
2 m L2
(3)
b) La ecuación diferencial del movimiento encontrada es de la forma:
ϕ&& + 2 δ ϕ& + ω 02 ϕ = 0
c
2δ =
2m
donde
y
k a2
ω =
2 m L2
2
0
entonces, la frecuencia circular del movimiento no amortiguado será:
ω0 =
k a2
2 m L2
c) Condición para amortiguamiento crítico: δ 2 = ω02
2
⎛ cc ⎞
k a2
⎜⎜
⎟⎟ =
2 m L2
⎝ 4m ⎠
→
cc =
de donde:
8 m k a2
L2
Si queremos saber qué tipo de movimiento se producirá si sacamos al sistema del
equilibrio y lo dejamos mover, entonces:
si c < cc
→
movimiento vibratorio subamortiguado
si c = cc
→
movimiento críticamente amortiguado
si c > cc
→
movimiento sobreamortiguado
y para cada caso ya conocemos la solución general correspondiente de la ecuación
diferencial del movimiento (iii).
Si en el ejemplo anterior el sistema se encuentra en un plano vertical y en la posición
mostrada está en equilibrio estático (fig. 10.28), entonces es obvio que el resorte, a
diferencia con el caso que acabamos de estudiar, está deformado. Además, el peso de la
barra y de la esfera entran a tallar. En consecuencia, para la posición de equilibrio
mostrada (resorte comprimido en δo) se cumplirá:
Axo
A
∑M
G
Ayo
FRo
3mg
a
mg
A
= 0:
⎛L⎞
FRo (a ) − 3 m g ⎜ ⎟ − m g ( L) = 0
⎝2⎠
es decir:
L/2
L
k δo a −
3
mg L − mg L = 0
2
(4)
Fig. 10.28
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-27
Si el sistema se retira del equilibrio y se deja vibrar, entonces, según el principio de
D´Alembert para un instante cualquiera del movimiento definido por la coordenada ϕ
tendremos:
L
L/2
IG Iϕ&&ϕ&&
G
a
Ax
ϕ
≡
G
FA
Ay
m0 a Et
mb aGt
FR
3mg
A
mb aGn
G
E
m0 a En
mg
Fig. 10.29
Tomando momentos alrededor de la articulación fija A:
∑M
A
:
donde:
⎞
⎛L
− FR a cos ϕ − FA L cos ϕ − 3 m g ⎜ cos ϕ ⎟ − m g ( L cos ϕ ) = I Aϕ&&
⎠
⎝2
FR = k (a senϕ − δ 0 )
FA = c ( L ϕ& cos ϕ )
→ − k (a sen ϕ − δ 0 ) a cos ϕ − c ( Lϕ cos ϕ ) L cos ϕ − 3 m g
L
cos ϕ − m g L cos ϕ = I A ϕ&&
2
3
→ − k a 2 senϕ cosϕ + k δ 0 a cos ϕ − c L2 ϕ cos 2 ϕ − m g L cos ϕ − m g L cos ϕ = I A ϕ&&
2
linearizando:
3
− k a 2 ϕ + k δ 0 a − c L2 ϕ& − m g L − m g L = I A ϕ&&
2
Aquí se ve que todos los términos de la ecuación (4) están presentes, de tal manera que
podemos escribir:
I A ϕ&& + c L2 ϕ& + k a 2ϕ = 0
la cual es la ecuación diferencial del movimiento y coincide, como era de esperar, con la
encontrada anteriormente para el sistema en movimiento horizontal. Ello significa que
ambos sistemas se moverán de la misma forma con la única diferencia que en el
movimiento horizontal el movimiento ocurre alrededor de la posición de equilibrio estático
con resorte sin deformar, mientras que el sistema en un plano vertical se mueve alrededor
de la posición de equilibrio estático con el resorte deformado.
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Pág. 10-28
Ejemplo 10.7:
La varilla AB se desplaza una distancia muy pequeña x0 desde la posición mostrada (resorte
sin deformar) y el sistema se deja en libertad con velocidad inicial v0. Sabiendo que no hay
deslizamiento relativo entre la varilla y el disco, se pide:
a)
b)
c)
d)
La ecuación diferencial del movimiento.
El coeficiente de amortiguamiento crítico cc.
La frecuencia de las vibraciones del sistema.
Si c < cc, deducir la ecuación de movimiento de la rueda.
x
k
c
R/2
masa de la barra: m
masa del disco: 3m
R/2
O
θ
R
L
Fig. 10.30 Sistema de rueda con resorte y amortiguador.
Solución:
Para obtener las ecuaciones diferenciales de movimiento aplicaremos el principio de
D’Alembert para cada uno de los cuerpos que conforman el sistema. Considerando un
instante genérico del movimiento definido por las coordenadas x y θ respectivamente:
FR
Oy
R/2
R/2
FA
r
≡
Ox
O
O
3mg
Ff
N
∑M
0
:
donde:
− F f R − FA
Fig. 10.31
R
− FR R = I O θ&&
2
FR = k R θ
FA = c
reemplazando:
I Oθ&&
R &
θ
2
− Ff R − c
R &R
θ
− k R θ R = I O θ&&
2 2
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(1)
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Pág. 10-29
Del mismo modo, aplicando el principio de D’Alembert para la varilla:
x
N
≡
Ff
G
N1
m &x&
G
N2
Fig. 10.32
∑F
H
:
Cinemática:
F f = m &x&
(2)
&x& = R θ&& (rodadura pura)
(3)
θ&& +
de (1), (2) y (3) y ordenando:
c2 &
2 k
θ +
θ = 0
10 m
5m
(4)
la cual es la ecuación diferencial del movimiento.
Comparando con θ&& + 2 δ θ& + ω02 θ = 0
δ =
⇒
ω0 =
c
20 m
2 k
5m
2
b) Amortiguamiento crítico si δ = ω0
2
ω∗ =
2k
5m
⎛ c ⎞
2 k
⎟⎟ =
→ ⎜⎜
5m
⎝ 20 m ⎠
ω = ω0
∗
c) Frecuencia natural del sistema:
entonces:
2
1 −
⎛ δ
1 − ⎜⎜
⎝ω0
c2 5m
=
400 m 2 k
⎞
⎟⎟
⎠
→ cc = 12,65 k m
2
2 k ⎛
c2 ⎞
⎜⎜1 −
⎟
5 m⎝
160 k ⎟⎠
d) Si
en coeficiente de amortiguamiento c es menor que el coeficiente de
amortiguamiento crítico (c < cc), entonces la respuesta será un movimiento vibratorio
subamortiguado.
La respuesta tendrá la forma dada por la expresión (10.29):
θ (t ) = e −δ t (θ 0 cos ω ∗t +
θ&0 + δ θ 0
senω ∗t )
ω*
donde las condiciones iniciales son:
además:
δ =
c
20 m
, ω0 =
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θ0 =
2 k
5m
x0
R
v
y θ&0 = 0
R
, ω * = ω0
1 −η 2
y η =
ω0
δ
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
10.4
Pág. 10-30
Vibraciones forzadas con amortiguamiento de sistemas de un
grado de libertad
En la figura 10.33 se muestra un sistema formado por una masa m, un resorte y un
amortiguador. En la posición determinada por x = 0 el resorte se halla distendido. Si
separamos la masa de dicha posición hacia una posición determinada por un x genérico,
entonces sobre ella actúan las siguientes fuerzas:
Fuerza del resorte:
FR = k x
Fuerza del amortiguador:
FA = c x&
Fuerza excitatriz:
Fz (t ) = Fz1 cos ω z t
x
k
m
c
Fz
Fig. 10.33 Sistema masa-resorte-amortiguador con fuerza excitatriz.
Aplicaremos la segunda ley de Newton para una posición cualquiera de la masa:
Fz
FR = k x
FA = c x&
mg
≡
m &x&
N
Fig. 10.34
− k x − c x& + Fz = m &x&
m &x& + c x& + k x = Fz
→
&x& +
F
c
k
x& +
x = z1 cos ω z t
m
m
m
(10.26)
Tal como hicimos con este sistema pero sin fuerza excitatriz, hagamos:
Ahora tenemos:
2δ =
c
m
→
δ =
c
2m
ω02 =
k
m
→
ω0 =
k
m
&x& + 2 δ x& + ω 02 x =
(frecuencia circular natural o propia
del sistema no amortiguado)
Fz1
cos ω z t
m
(10.27)
la cual es la ecuación diferencial del movimiento del sistema analizado.
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-31
La solución de esta ecuación será:
x(t ) = xh (t ) + x p (t )
La solución homogénea xh ya fue estudiada en el acápite 10.3 y sabemos que tiene la
forma:
xh (t ) = e −ηω0 t ( A cos ω ∗t + B senω ∗t )
ω * = ω0
con
1 −η 2
y
η=
δ
ω0
La respuesta particular, también denominada forzada, tiene la forma:
x p (t ) = Az cos (ω z t − ϕ z )
(10.28)
La respuesta total será:
x (t ) = e −ηω0 t ( A cos ω ∗t + B senω ∗t ) + Az cos (ω z t − ϕ z )
Parte estacionaria
Parte transitoria
Debido al amortiguamiento la solución homogénea xh desaparece luego de un cierto
tiempo. Por ello se dice que ella constituye la parte transitoria de la respuesta total y
durante su actuación se dice que el sistema está en régimen transitorio. Luego de que
desaparece la respuesta homogénea sólo quedará la respuesta forzada, por lo que es
denominada como parte estacionaria de la respuesta. Entonces, la respuesta total está en su
régimen estacionario. En la figura 5.3 se muestra la respuesta total (línea continua) y la
parte forzada de ella (línea de trazos) y que deviene, luego de un cierto tiempo, en única
componente de la respuesta durante el régimen estacionario.
x(t)
g( t)
t
O
u( t)
Régimen transitorio
Régimen estacionario
t
Fig. 10.35 Gráfica de la respuesta total (línea continua) y de la parte forzada (línea de trazos).
consecuencia,
por
motivos
prácticos
En
estudiaremos a profundidad dicha respuesta forzada:
x p (t ) = Az cos (ω z t − ϕ z )
donde Az (amplitud de las vibraciones) y ϕ z (ángulo de fase) son por ahora variables
desconocidas.
derivando (10.28) obtenemos: x& p = − Az ω z sen (ω z t − ϕ z )
derivando una vez más:
&x&p = − Az ω z2 cos (ω z t − ϕ z )
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-32
en (10.27):
− Az ω z2 cos (ω z t − ϕ z ) − 2 δ Az ω z sen (ω z t − ϕ z ) + ω02 Az cos(ω z t − ϕ z ) =
Fz1
cos ω z
m
Desarrollando y agrupando términos convenientemente obtenemos:
Az (ω 02 − ω z2 ) (cosω z t cos ϕ z + senω z t senϕ z ) −
− 2 δ Azω z ( senω z t cos ϕ z + cos ω z t senϕ z ) =
de donde:
Fz1
cos ω z t
m
F ⎤
⎡
cos ω z t ⎢ Az (ω02 − ω z2 ) cos ϕ z + 2 δ Az ω z senϕ z − z1 ⎥ +
m⎦
⎣
⎡
⎤
+ senω z t ⎢ Az (ω02 − ω z2 ) senϕ z − 2 δ Az ω z cos ϕ z ⎥ = 0
⎣
⎦
Puesto que esta expresión debe ser válida para cualquier instante del movimiento, entonces
los dos términos entre corchetes deben ser iguales a cero:
Fz1
= 0
m
Az (ω 02 − ω z2 ) senϕ z − 2 δ Azω z cos ϕ z = 0
Az (ω 02 − ω z2 ) cos ϕ z + 2 δ Azω z senϕ z −
tan ϕ z =
de esta última expresión se obtiene:
2δ ω z
ω 02 − ω z2
(10.29)
(10.30)
(10.31)
Reemplazando en la expresión (10.29) se obtiene:
Az =
Fz1 / m
(ω − ω ) cos ϕ z + 2 δ ω z senϕ z
2
0
2
z
multiplicando numerador y denominador por 1 / cos ϕ z :
Az =
y como
( Fz1 / m) ⋅ (1 / cos ϕ z )
(ω − ω z2 ) + 2 δ ω z tan ϕ z
2
0
1
= 1 + tan 2 ϕ z
cos 2 ϕ z
→
Az =
( Fz1 / m) 1 + tan 2 ϕ z
(ω02 − ω z2 ) + 2 δ ω z tan ϕ z
multiplicando numerador y denominador por (ω 02 − ω z2 ) y recordando (10.31):
1 + 4 δ 2ω z2 (ω02 − ω z2 ) 2
(ω02 − ω z2 )
Az =
⋅
(ω02 − ω z2 ) + 2 δ ω z 2 δ ω z (ω02 − ω z2 ) (ω02 − ω z2 )
( Fz1 / m)
=
y finalmente:
Az =
( Fz1 m) (ω 02 − ω z2 ) 2 + 4 δ 2ω z2
(ω 02 − ω z2 ) 2 + 4 δ 2 ω z2
Fz1 / m
(ω 02 − ω z2 ) 2 + 4 δ 2 ω z2
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(10.32)
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-33
Ahora tenemos que la fuerza excitatriz Fz = Fz1 cos ω z t y la respuesta forzada
x z = Az cos(ω z t − ϕ z ) tienen la misma frecuencia circular ω z pero están desfasadas en un
tiempo Δt (ver fig. 10.36).
Fz
Fz1
t
O
Az( t)
-Fz1
(a)
T z = 2tπ / ω z
xz
Δt
Az
t
O
Az2( t)
-Az
Tz = 2 π / ω z
(b)
t
Fig. 10.36 Gráficas de a) la fuerza excitatriz y b) la respuesta forzada vs. tiempo.
Para determinar el valor de dicho Δt simplemente usamos la ecuación de la respuesta
estacionaria x z = x z (t ) para el instante t = Δt :
según (10.28):
x p (t ) = Az cos (ω z t − ϕ z )
para t = Δt :
x p (Δt ) = Az = Az cos (ω z Δt − ϕ z )
→
de donde:
→
cos (ω z Δt − ϕ z ) = 1
ω z Δt − ϕ z = 0
Δt =
ϕz
ωz
(10.33)
Ahora intentaremos ordenar la expresión (10.32). Si la multiplicamos y dividimos por la
misma cantidad:
Az =
→
Az =
Fz1 / m
(ω − ω ) + 4 δ ω
2
0
2 2
z
2
2
z
⋅
m/k
1 ω02
Fz1 / k
2
2
2
⎡
⎛ωz ⎞ ⎤
δ 2 ⎛ωz ⎞
⎢1 − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎥ + 4 2 ⎜⎜ ⎟⎟
ω0 ⎝ ω0 ⎠
⎢⎣
⎝ ω 0 ⎠ ⎥⎦
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Recordando que η =
Pág. 10-34
δ
(grado de amortiguamiento) se puede escribir finalmente:
ω0
Az
Fz1 k
1
=
2
⎡
⎛ω ⎞ ⎤
⎢1 − ⎜⎜ z ⎟⎟ ⎥ + 4 η 2
⎢⎣
⎝ ω0 ⎠ ⎥⎦
2
(10.34)
⎛ ωz ⎞
⎜⎜ ⎟⎟
⎝ ω0 ⎠
2
En esta última expresión, Fz1 / k representa la deformación que tendría el resorte en caso
de que actuara una estática de magnitud constante Fz1 .
⎛ A ⎞
A la relación ⎜⎜ z ⎟⎟ se le denomina factor de amplificación del sistema y muestra la
⎝ Fz1 k ⎠
relación xdin / xest , es decir, la relación entre la deformación dinámica que realmente ocurre
y la deformación que se produciría en el caso de que la carga aplicada fuera estática. La
expresión (10.34) recibe la denominación de función de transferencia del sistema.
⎛ A ⎞
⎛ω ⎞
En la figura 10.37 se puede ver las gráficas de ⎜⎜ z ⎟⎟ vs. ⎜⎜ z ⎟⎟ para diferentes valores
⎝ ω0 ⎠
⎝ Fz1 k ⎠
del grado de amortiguamiento η .
Az
Fz1 / k
6
η=0
5.5
η = 0,1
5
4.5
Az1( q)
4
Az2( q)
η = 0,15
Az3( q) 3.5
Az4( q)
Az5( q)
Az6( q)
3
η = 0,2
2.5
Az7( q)
Az8( q)
2
η = 0,5
1.5
η = 0,707
η=2
1
η=4
0.5
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
1.8
2
2.2
2.4
2.6
2.8
3
ω z / ω0
q
Fig. 10.37 Gráficas de la función de transferencia para diferentes valores del
grado de amortiguamiento del sistema.
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Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-35
Como se observa en cada una de las diferentes gráficas de la función de transferencia, para
un cierto valor de la relación de frecuencias circulares (ω z / ω0 ) se produce el máximo
correspondiente de Az . Dicha amplitud recibe el nombre de amplitud de resonancia AzR
mientras que el valor correspondiente de ω z se denomina frecuencia (excitatriz) de
resonancia ω zR . Investiguemos un poco más al respecto.
La función de transferencia (10.34) alcanza su máximo cuando el contenido del radical del
denominador es mínimo. Entonces hay que minimizar la expresión:
2
⎡
⎛ ωz ⎞ ⎤
f (ω z / ω 0 ) = ⎢1 − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎥
⎢⎣
⎝ ω0 ⎠ ⎥⎦
sea λ = ω z / ω 0 , entonces:
2
⎛ω ⎞
+ 4 η ⎜⎜ z ⎟⎟
⎝ ω0 ⎠
2
2
f (λ ) = (1 − λ2 ) 2 + 4 η 2 λ2
!
df (λ )
= 2 (1 − λ2 ) (− 2 λ ) + 8 η 2 λ = 0
dλ
λ [(1 − λ2 ) − 2 η 2 ] = 0
es decir:
λ1 = 0
cuyas raíces son:
λ2 , 3 = ±
1 − 2η 2
•
Si λ = 0 entonces ω z = 0 . Observar en la figura 5.5 que para ω z / ω0 = 0 las gráficas
tienen pendiente horizontal.
•
Del par adicional de soluciones λ2,3 = ±
pues no es dable. Entonces:
λ =
es decir:
y como δ =
1 − 2η 2 =
ω zR = ω0
c
:
2m
ω zR
ω0
⎛δ ⎞
1 − 2 ⎜⎜ ⎟⎟
⎝ ω0 ⎠
ω zR =
ω02 −
1 − 2 η 2 desechamos la de signo negativo
→
ω zR = ω0
→
ω zR =
1 − 2η 2
(10.35)
2
c2
2 m2
ω 02 − 2 δ 2
(10.36)
Notar que:
•
La frecuencia de resonancia ω zR será siempre menor que la frecuencia circular propia
del sistema sin amortiguamiento ω0 .
•
A medida que aumenta el amortiguamiento la frecuencia de resonancia disminuye.
•
De (10.36) podemos ver que para ω zR = 0 entonces η = 2 / 2 . Como lo corroboran las
gráficas de la figura 10.37, para valores de grado de amortiguamiento η > 2 / 2 no
existe un máximo absoluto, por lo que podemos decir que, para dichos casos, no es
posible la resonancia.
Pontificia Universidad Católica del Perú
Sección Ingeniería Mecánica – Área de Diseño
Cap. 10 Vibraciones Mecánicas
Pág. 10-36
Las correspondientes amplitudes de resonancia AzR se obtienen insertando (10.35) en
(10.34):
AzR
1
=
2
Fz1 k
1 − (1 − 2 η 2 ) + 4 η 2 (1 − 2 η 2 )
[
]
AzR
1
=
Fz1 k
2η 1 −η 2
es decir:
(10.37)
Finalmente, para el ángulo de fase en la respuesta estacionaria, de (10.31) podemos escribir:
1 / ω02
2δ ω
tan ϕ z = 2 z 2 ⋅
ω0 − ω z 1 / ω02
como η =
δ
ω0
(grado de amortiguamiento) y además λ = ω z / ω 0 , entonces:
tan ϕ z =
2 η ω z / ω0
(10.38)
1 − (ω z / ω0 ) 2
A continuación se muestran gráficas de ϕ z en función de la relación de frecuencias
angulares ω z / ω0 para diferentes valores de grado de amortiguamiento η del sistema:
ϕz
η=0
η = 0,1 η = 0,15
η = 0,2
η = 0,5
180
η = 0,707
150
η=2
Az1( q)
Az2( q) 120
Az3( q)
η=4
Az4( q)
Az5( q)
90
Az6( q)
Az7( q)
60
Az8( q)
30
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
ω z / ω0
q
Fig. 10.38 Gráfica del ángulo de fase de la respuesta estacionaria para
diferentes valores del grado de amortiguamiento del sistema.
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Sección Ingeniería Mecánica – Área de Diseño