PROBLEMAS DE CINEMÁTICA COMENTADOS. Física I

Transcripción

1 Departamento de Física Aplicada a los Recursos Naturales Escuela Técnica Superior de Ingenieros de Minas PROBLEMAS DE CINEMÁTICA COMENTADOS Física I Cristina Montalvo Martín Agustín García-Berrocal Sánchez

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3 Índice general 1. CINEMÁTICA DEL PUNTO Problema Problema Problema Problema Problema CINEMÁTICA DE LOS SISTEMAS Problema Problema Problema Problema Problema Problema CINEMÁTICA DEL MOVIMIENTO RELATIVO Problema Problema Problema Problema Problema i

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5 Capítulo 1 CINEMÁTICA DEL PUNTO 1.1. Problema 1 El vector de posición de un punto móvil P es r = 3t i t 2 j + 8 k. Hallar las componentes intrínsecas de la aceleración así como el radio de curvatura de la trayectoria transcurridos dos segundos a partir del instante inicial. SOLUCIÓN Este problema es de tipo directo, es decir, se da el vector de posición en función del tiempo y deben hallarse la velocidad y la aceleración, por tanto, la operación matemática a utilizar es la derivación. Se sabe que v = d r, por tanto derivando r (t): dt v = d r dt = 3 i 2t j Para obtener la aceleración es necesario derivar otra vez ya que a = d v dt : a = d v dt = 2 j Esta expresión de v y de a son genéricas, es decir, vale para cualquier valor del tiempo. Las componentes intrínsecas de la aceleración se denen de la siguiente manera: a T = d v dt a N = v 2 R 1

6 1. CINEMÁTICA DEL PUNTO Así, para calcular la aceleración tangencial a T se necesita calcular el módulo del vector velocidad. En un instante cualquiera: y entonces si v = 3 i 2t j v = ( 2t) 2 = 9 + 4t 2 a T = d v dt = 4t 9 + 4t 2 Se pide en el enunciado el valor de a T cuando t = 2, a T = 4t 9 + 4t 2 = 8 5 m/s2 Dado que ya conocemos la componente tangencial de la aceleración para t = 2 s, la componente normal a N se calcula de forma inmediata: a 2 = a 2 T + a 2 N a T = a 2 a 2 N (1.1) sustituyendo en 1.1 los valores del módulo de la aceleración( a = 4) y la aceleración tangencial para el instante t = 2 s, se tiene: a N = = 6 5 m/s2 También podríamos obtener el valor de a T expresando el hecho de que a T es la proyección de a sobre la tangente. Un vector u T unitario sobre la tangente nos permite escribir, a T = a u T = a 1 cos ϕ siendo ϕ el ángulo que forma a con la tangente. Un unitario sobre la tangente se puede obtener dividiendo v por su módulo v : u T = v v Por tanto a T = a v v = ( ) 2 j 9 + 4t 2 ( ) 3 i 2t j = 4t 9 + 4t 2 2

7 1.1. Problema 1 que para t = 2 s nos da a T = 8 5 m/s2. Teniendo en cuenta la denición de la aceleración normal, el radio de curvatura de la trayectoria está dado por: R = v 2 a N El módulo de la velocidad en el instante considerado es: v (t = 2) = = 5 m/s lo que signica R = v 2 a N = 52 6/5 = m Existe también una segunda manera de obtener el valor de a N sin necesidad de apoyarse en el valor de a T. Como a N es la proyección de a sobre el radio de curvatura, es decir, sobre la perpendicular a la tangente, se puede escribir: a N = a v v = a 1 sen ϕ Para nuestro caso: a v = t 0 = 6 k a v = 6 por tanto, a N = t 2 que para t = 2 s da: a N = 6 5 m/s2 3

8 1. CINEMÁTICA DEL PUNTO 1.2. Problema 2 Un móvil que parte del origen de coordenadas recorre la parábola x 2 = 2y, de forma que la proyección del movimiento sobre el eje 0X es uniforme de velocidad v x = 2 m/s. Hallar, al cabo de t = 2 segundos el módulo de la velocidad y las componentes intrínsecas de la aceleración. SOLUCIÓN Tal como está expresada la trayectoria en el enunciado, se observa que el problema hace relación a un movimiento plano (eje OX, OY). El problema pide en un cierto instante el módulo de la velocidad y las componentes intrínsecas de la aceleración. Es necesaria la expresión de v en función del tiempo que se podrá particularizar para t = 2 s, y partiendo de v = v (t), derivando, hallar la aceleración a = a (t) y sus componentes a T y a N, particularizadas en t = 2 s. Al repasar los datos del enunciado se observa que hay información suciente en el eje OX: se da el valor de v x y el valor de x = 0 en el instante inicial. Se puede derivar v x para obtener a x y también se puede integrar v x para obtener x = x (t), primera ecuación paramétrica horaria. No obstante sobre el eje OY no hay datos. Es necesario conocer v y para completar la expresión de v y a y para la de a. La solución la encontraremos gracias al conocimiento de la ecuación de la trayectoria que relaciona el valor de x con el de y. Sustituyendo en ella x = x (t), se obtiene y = y (t). Y derivando alcanzamos v y a. Así, sabiendo que: por tanto, integrando la expresión: v = d r dt v x = dx dt = 2 v x dt = dx Como el instante inicial t = 0 el móvil parte del origen de coordenadas, los límites de la integral quedan: 4

9 1.2. Problema 2 t v x dt = x 0 0 sustituyendo con los datos del problema, es decir, sabiendo que v x = 2: dx x = t 0 2dt = 2t De la ecuación de la trayectoria, ya se puede obtener la segunda componente del vector posición: De esta manera, el vector de posición es: x 2 = 2y; y = x2 2 y = 2t2 r = 2t i + 2t 2 j El vector velocidad es, en consecuencia, por derivación: y nalmente, el vector aceleración: v = 2 i + 4t j a = 4 j El enunciado pide el módulo del vector velocidad en un cierto instante. Veamos primero la expresión genérica del módulo de la velocidad en función del tiempo: v = (2) 2 + (4t) 2 = t 2 Y para el instante t = 2 s: ( v t = 2) = = 6 m/s El siguiente paso es calcular las componentes intrínsecas de la aceleración. 1 Si se calcula a T obteniendo la componente de la aceleración en la dirección de la velocidad, que es la dirección tangente a la trayectoria en cada instante: a T = a v v = 4 j 2 i j 6 = m/s 2 1 Véase para su cálculo lo dicho en el problema 1. Hagamoslo con los vectores v y a particularizados en el instante pedido. 5

10 1. CINEMÁTICA DEL PUNTO La componente normal, una vez conocida la tangencial y el módulo de la aceleración, se calcula de manera inmediata: a N = a 2 a 2 t = = 16 9 = 4 3 m/s2 6

11 1.3. Problema Problema 3 Una partícula se desplaza por una trayectoria rectilínea de forma que su aceleración es a = 3 v + 1, donde v es la velocidad. Si en el primer segundo, la partícula recorre 1 metro y su velocidad es de 3 m/s hallar, al cabo de 3 segundos, el espacio recorrido y la velocidad adquirida. SOLUCIÓN Se trata de un movimiento rectilíneo. Los vectores v y a tienen la dirección de la recta trayectoria. Nos basta con trabajar con los módulos v y a respectivos. El enunciado no proporciona el vector aceleración en función del tiempo, pero es posible obtener la velocidad integrando adecuadamente. Teniendo en cuenta la propia denición del vector aceleración, se tiene: a = dv dt = 3 v + 1 si se reordena la ecuación anterior tal que la variable v pase al lado izquierdo y la variable t a la derecha, se obtiene: integrando, dv 3 v + 1 = dt 2 v + 1 = 3t + C 1 Como en el instante t = 1 s la velocidad es v = 3 m/s, se puede obtener la constante C 1, = C 1 C 1 = 4 3 = 1 Esto implica que la expresión de la velocidad respecto al tiempo es, 2 v + 1 = 3t (v + 1) = 9t 2 + 6t + 1 v = 1 4 ( 9t 2 + 6t + 1 ) 1 Teniendo en cuenta la expresión de la velocidad como derivada del espacio frente al tiempo, v = ds dt = 1 4 (3t + 1)2 1 7

12 1. CINEMÁTICA DEL PUNTO reordenando integrando ds = ( ) 1 4 (3t + 1)2 1 dt s + C 2 = 1 (3t + 1) 3 t 12 3 Sustituyendo en la expresión anterior y considerando las condiciones dadas en el enunciado para el instante t = 1 s, se obtiene la constante C 2, C 2 = ( ) 3 1 = = 2 9 La expresión del espacio frente al tiempo queda de la siguiente manera: s = 1 (3t + 1) 3 t En consecuencia, para el instante t = 3 s, la velocidad es: v = 1 4 (3t + 1)2 1 = 1 4 ( )2 1 = 25 1 = 24 m/s y el espacio recorrido, s = 1 ( ) = 25 m 8

13 1.4. Problema Problema 4 La pista de la gura está situada en un plano horizontal. Un punto móvil al desplazarse sobre ella está sometido a una aceleración tangencial opuesta al movimiento y proporcional al espacio recorrido tal que a T = k s. Hallar la velocidad mínima con que debe lanzarse el punto móvil desde A, para que recorra la pista ABCDA. Razonar en qué punto del recorrido la aceleración del móvil es máxima. SOLUCIÓN La trayectoria es combinación de dos tramos rectilíneos y un tramo circular. Como el dato que se da es la aceleración tangencial, vamos a trabajar integrando, en forma intrínseca, es decir a lo largo de la curva trayectoria. La aceleración no se da en función del tiempo sino que en este caso, la aceleración tangencial se expresa como una función del espacio recorrido. Así, la aceleración tangencial a T se dene como: a T = dv dt = k s con signo negativo dado que se trata de un movimiento decelerado Si se reordena la ecuación anterior, se obtiene: dv = k sdt y, en consecuencia, no es posible integrar dicha expresión. Si se multiplica a ambos lados por v, dv v = k s v dt y dado que v = ds, la expresión anterior queda: dt dv v = k s ds 9

14 1. CINEMÁTICA DEL PUNTO que ya puede ser integrada respecto a v y s en el lado izquierdo y derecho respectivamente 2. v v 0 vdv = s Resolviendo la integral y sustituyendo los límites, 0 k sds 1 ( v 2 v 2 k 2 0) = 2 s2 (1.2) se obtiene la expresión de la velocidad en función del espacio recorrido. La velocidad nal v debe ser nula, ya que para obtener la mínima velocidad de partida supondremos que el móvil termina en la posición A parado. El espacio recorrido es la longitud ABCDE. Dicha longitud se compone de tres tramos; el segmento AB, el arco BCD y el segmento DE. Los segmentos rectilíneos AB y DE tienen la misma longitud y los denominaremos con la letra L. El arco BDC abarca un ángulo de 240 o, o sea, 4π 3 tal y como se muestra en la gura explicativa. La longitud L se obtiene del dibujo en el que: tan π 6 = R/L ; L = R tan π 6 = R 3/3 = R 3 El arco circular es de longitud L = 4π R Por tanto la longitud total recorrida s es: 3 s = 2L + 4 π ( 3 R = R π ) 3 2 Este es un método general para obtener la v como v (s) partiendo de conocer a = a (s) (en un movimiento rectilíneo) ó a T = a T (s) (en un movimiento curvilíneo cualquiera). En efecto siempre se cumple que ads = vdv ó a T ds = vdv. Sustituyendo dv = adt se tiene: vdv = a v dt, pero a su vez vdt = ds, con lo que vdv = ads como queríamos demostrar. En el curvilíneo sustituimos dv = a T dt, ya que a T = dv dt es el equivalente de a = dv dt del rectilíneo, y obtener la expresión adecuada 10

15 1.4. Problema 4 Sustituyendo en la ecuación 1.2, teniendo en cuenta que la velocidad nal es cero y despejando la velocidad inicial v 0 : v 0 = ks = ( kr π ) 3 Para responder a la segunda pregunta hay que tener en cuenta que en todo punto del recorrido existe la componente a T constante y sólo existe aceleración normal a N en aquellos tramos de la trayectoria que son curvos. Por tanto, sólo será necesario considerar el arco BCD. El modulo de la aceleración normal está dado por la siguiente expresión: a N = v2 R Como el movimiento es decelerado, la velocidad en B es mayor que en D. El radio es el mismo en todo el arco, por tanto la aceleración normal se registrará en el punto B. 11

16 1. CINEMÁTICA DEL PUNTO 1.5. Problema 5 Hallar las ecuaciones x = x (t), y = y (t) del movimiento de un punto sabiendo que y (t) es un movimiento armónico simple de pulsación ω ; que en la posición ( inicial P 1 0, p ), su velocidad v 2 0 es nula y que x se mueve sobre la parábola y 2 = 2px. SOLUCIÓN Se trata de un movimiento plano, puesto que sólo hay dos ecuaciones paramétricas horarias, x = x (t) e y = y (t). Sobre el eje OY hay datos sucientes para obtener y = y (t). Sin embargo no hay datos sobre OX. Pero como se da la ecuación de la trayectoria, al sustituir en ella y (t) se puede despejar x = x (t). Como y (t) es un movimiento armónico simple, tendrá una expresión del tipo seno o coseno. Pongamos: y (t) = A sen (ωt + ϕ 0 ) En el instante inicial, la velocidad es cero, así que: v = y (t = 0) = Aω cos (ωt + ϕ 0 ) = Aω cos (ϕ 0 ) = 0 de donde cos (ϕ 0 ) = 0 ϕ 0 = π 2 Y en el instante inicial, teniendo en cuenta que la fase ϕ 0 = π/2, se tiene que y 0 = p. Por tanto: ( y (t) = A sen (ωt + ϕ 0 ) = A sen 0 + π ) = A = p 2 Por tanto y (t) tiene la siguiente expresión 3 : y (t) = ( p sen ωt + π ) 2 3 La expresión y = p sen ( ) ωt + π 2 puede escribir como y = p cos (ωt). En el ( ) gráco se ve que el ángulo ωt + π 2 tiene un seno igual en que el coseno de ωt. Si hubiéramos empezado poniendo y = A cos (ωt + ϕ 0 ), tendríamos y = Aω sen (ωt) que para t = 0 en y = 0 y por tanto 0 = sen ϕ 0, es decir sen ϕ 0 = 0. Con lo que llegaríamos a la misma ecuación horaria y (t) = A cos ωt = A sen ( ) ωt + π 2 12

17 1.5. Problema 5 Entonces de la trayectoria se tiene: x (t) = y2 2p = p ( ) sen2 ωt + π 2 2p = 1 ( 2 sen2 ωt + π ) 2 El movimiento se realiza sobre el arco P 0 P 1 de parábola dibujado, de forma alternativa, yendo y viniendo. Su proyección sobre OY es un movimiento armónico en torno a 0. 13

18 1. CINEMÁTICA DEL PUNTO 14

19 Capítulo 2 CINEMÁTICA DE LOS SISTEMAS 2.1. Problema 1 Las velocidades de tres puntos de un sólido A(0,0,0) ; B(0,1,0) y C(1,0,0) son en un cierto instante v A = i 2 j + k v B = 2 j v C = i j + k. Compruébese que esto es posible y, en caso armativo, determínense la velocidad angular del sólido. SOLUCIÓN Para comprobar que las condiciones del problema son posibles, es necesario comprobar que se trata de un sólido rígido. Para ello comprobaremos que se cumple la condición de rigidez que establece que la proyección de las velocidades de dos puntos sobre la recta que los une es constante, es decir, v A AB = vb AB sustituyendo con los datos del enunciado se tiene, ( v A AB = i 2 j + ( ) k) j = 2 ( ) v B AB = 2 j j = 2 Comprobando para otro par de puntos se tiene, v A AC = vc AC 15

20 2. CINEMÁTICA DE LOS SISTEMAS sustituyendo con los datos del enunciado se tiene, ( v A AC = i 2 j + ( ) k) i = 1 ( v C AC = i j + ( ) k) i = 1 quedando comprobada la condición de rigidez, porque no es necesario comprobar entre B y C, ya que será una combinación lineal de las anteriores. El movimiento de un sólido rígido está determinado cuando se conocen su velocidad angular ω y la velocidad de un cierto punto. Así, junto con la ecuación de Chasles y esos parámetros es posible determinar la velocidad de cualquier otro punto tal que, v P = v 0 + ω OP No obstante, cuando la incógnita es la velocidad angular, es necesario saber la velocidad de tres puntos del sólido para poder hallarla, que es el caso de este problema. En primer lugar, cogeremos un par de puntos y plantearemos la ecuación de Chasles sabiendo que las componentes de la velocidad angular son incógnitas: v B = v A + ω AB sustituyendo los valores dados en el problema, 2 j = i 2 j + k + ω 1 ω 2 ω resolviendo el determinante y separando componentes se obtienen dos de las tres componentes del vector ω: En i) 0 = 1 ω 3 En j) 2 = 2 En k) 0 = 1 + ω 1 luego: ω 3 = 1 ω 1 = 1 16

21 2.1. Problema 1 Para obtener la segunda componente es necesario elegir otro par de puntos diferente al elegido anteriormente y plantear la ecuación de Chasles. Así, se puede plantear la ecuación con A y C. v C = v A + ω AC y sustituyendo con los valores del enuenciado se tiene, i j + k = i 2 j + k + ω 1 ω 2 ω resolviendo el determinante y obteniendo la ecuación de la componente en k, se tiene: 1 = 1 ω 2 ω 2 = 0 Por tanto el vector velocidad angular ω es: ω = i + k 17

22 2. CINEMÁTICA DE LOS SISTEMAS 2.2. Problema 2 El movimiento de un sólido queda denido, en un instante determinado, por las siguientes rotaciones simultáneas : en P 1 (0,1,1) ; ω 1 = i k; en P 2 (1,-1,0) ; ω 2 = j + k y en P 3 (0,0,0), ω 3 = 2 k. 1 o ) Reducir el movimiento en el punto A(1,0,0). 2 o ) Determinar el movimiento helicoidal correspondiente hallando el eje instantáneo de rotación y deslizamiento y la velocidad de deslizamiento. SOLUCIÓN En este problema las características cinemáticas del sólido rígido están dadas por tres rotaciones simultáneas en tres puntos distintos. De manera que la ω global del mismo será la suma vectorial de todas ellas: ( ω = ω 1 + ω 2 + ω 3 = i ) ( k + j + ) k + 2 k = i + j + 2 k Una vez obtenida la ω del sólido, para describir el movimiento reducido en el punto A, será necesario calcular la velocidad que tiene este punto como consecuencia de cada una de las rotaciones ω 1, ω 2 y ω 3. Así, como consecuencia de la rotación en P 1, la velocidad en A es: v AP 1 = ω 1 P 1 A = = i k Como consecuencia de la rotación en P 2, la velocidad en A es: v AP 2 = ω 2 P 2 A = = i 18

23 2.2. Problema 2 y nalmente, la velocidad en A como consecuencia de la rotación en P 3 : v AP 3 = ω 3 P 3 A = = 2 j La velocidad de A es la suma vectorial de estas tres velocidades: v A = v AP 1 + v AP 2 + v AP 3 = 2 i + 2 j k Por tanto la reducción del movimiento en A es: v A = 2 i + 2 j k ω = i + j + 2 k El segundo apartado pide el eje instantáneo de rotación y deslizamiento que es aquel tal que las velocidades de sus puntos tienen la misma dirección que el vector ω. Así, supongamos que H, cuyas coordenadas genéricas son (x, y, z), es un punto cualquiera de dicho eje, entonces su velocidad según el teorema de Chasles es: v H = v A + ω AH operando adecuadamente, v H = 2 i + 2 j k + Por tanto, v H es: x 1 y z v H = (z 2y 2) i + (2x z) j + (y x) k Para que se cumpla la condición de paralelismo entre v H y ω, el eje instantáneo de rotación y deslizamiento es: z 2y 2 1 = 2x z 1 = y x 2 que en denitiva se reduce a las dos ecuaciones siguientes: y = x 2 3 z = 2x

24 2. CINEMÁTICA DE LOS SISTEMAS 2.3. Problema 3 El extremo M de la varilla MN desliza por una guía horizontal mientras que el otro extremo N está articulado al disco de centro en O y radio R = 0, 5 m, que gira en torno al eje perpendicular al plano de la gura, y que pasa por su centro O. La longitud de la varilla es l= 0, 5 3 m, y en el instante representado, la velocidad del extremo M es v M = 8 m/s. Se pide : Calcular en dicho instante : 1 o ) La velocidad del punto medio P de la varilla. 2 o ) La velocidad angular del disco. SOLUCIÓN 1 o Antes de realizar ningún cálculo se puede ver intuitivamente cuál es el centro instantáneo de rotación de la varilla, y, en consecuencia, ver el sentido y dirección de la velocidad angular de la varilla, ω y de la velocidad angular del disco ω d. Si se dibujan los vectores velocidad del punto M y N y se trazan las perpendiculares a éstos (véase gura), dado que la dirección de v M es MO y la de v N, al pertenecer N también al disco, debe ser perpendicular al radio ON, es decir, su dirección coincide con la de la varilla, el punto de intersección de ambas perpendiculares nos determina la posición del Centro Instantáneo de Rotación H. Como el punto M está avanzando hacia la derecha, esto implica 20

25 2.3. Problema 3 que ω tiene sentido saliente del plano del papel, es decir, ω = ω k. Si la varilla gira con sentido positivo en el eje z, el disco girará con sentido contrario, es decir, ω d = ω d k. Como v M es conocida bastará calcular el radio HM para obtener de v M = ωhm el valor de ω = v M /HM. Teniendo en cuenta que el triángulo HNM es rectángulo, de ángulo 90 o en N y que la distancia MN es dato (la longitud de la varilla) se puede calcular fácilmente la hipotenusa HM. Una vez conocida ω se puede calcular ω d si se sabe el módulo de v N. Para ella basta con aplicar la condición de rigidez entre M y N: v M cos 30 = v N. Y como v N = ω d R, se saca ω d. Sin embargo nosotros vamos a aplicar el método general, más analítico. Al relacionar v M y v N, se tiene: v N = v M + ω MN es decir, v N cos 30 i + v N sen 30 j = 8 i ω l 3 2 l v N 2 1 i + v N 2 j = 8 i ω l 2 3l i + ω 2 j Por tanto: 3 de donde y con ello v N = 8 ω l v N = lω 2 v N = l 3ω = 3 2 ω 3 2 ω = 8 ω = 8 3 = ω = 8 rad/s v N = 3 8 = 4 3 m/s

26 2. CINEMÁTICA DE LOS SISTEMAS Si no hubiéramos razonado el sentido de ω, su valor positivo nos indica el sentido positivo del eje OZ. Por otro lado entre N y O se tiene: v N = v 0 + NO ω d = ω d ON Como ON = R, se tiene: v N cos 30 i + v N sen 30 j = Basta con la componente en OX: 0 0 ω d l l = 4 ω d es decir, ω d = 8 3 rad/s El signo menos indica que el sentido de ω d es el negativo del eje OZ. Si hubiéramos conocido por el razonamiento inicial el signo de ω d, podíamos haber escrito la relación modular: v N = ω d R 4 3 = ω d 1 2 de donde obtendríamos el mismo módulo para ω d, pero conociendo su sentido negativo. 2 o Es posible calcular la velocidad de P con el teorema de Chasles entre los puntos M y P. v P = v M + ω MP = v M + P M ω y sustituyendo, v P x i + v P y j = 8 i l 2 1 l

27 2.3. Problema 3 Del eje i se obtiene: Del eje j: siendo v P el siguiente vector: v P x = = 7 v P y = = 3 v P = 7 i + 3 j 23

28 2. CINEMÁTICA DE LOS SISTEMAS 2.4. Problema 4 Un disco de radio R que se mantiene en un plano vertical, se desplaza sobre un suelo horizontal. El módulo de la velocidad del centro O es v 0 y la velocidad del punto A de su periferia, extremo del diámetro horizontal en el instante considerado, forma con la vertical un ángulo tal que tan θ = 1/2 y su módulo es v A = 5v 0. Se pide 1 o ) Velocidad del punto C de contacto del disco con el suelo. 2 o ) Del resultado obtenido, deducir si el disco rueda sin deslizar ó rueda y desliza. SOLUCIÓN 1 o )Existen varias maneras de resolver este ejercicio. En primer lugar, dado que el enunciado da la velocidad de dos puntos del disco, obtener la velocidad angular del mismo ω es prácticamente inmediato aplicando el teorema de Chasles, tal que: v A = v 0 + ω OA = v 0 + AO ω Así, del dibujo se sabe que v A es: v A = v A sen θ i + v A cos θ j por tanto, sustituyendo los valores en el teorema de Chasles, se tiene: v A sen θ i + v A cos θ j = v 0 i ω R

29 2.4. Problema 4 de la que se obtienen dos ecuaciones: por tanto, En i) v A sen θ = v 0 v A = v 0 sen θ En j) v A cos θ = Rω ω = v A cos θ R ω = v 0 cos θ sen θ R = v 0 R tan θ que en notación vectorial es: ω = v 0 R tan θ k de sentido el del semieje negativo de OZ. Una vez obtenida la ω del disco es posible hallar la velocidad del punto C, ya que sabemos al menos la velocidad de otro punto del disco y por tanto, se puede plantear la siguiente ecuación: v C = v 0 + ω OC = v 0 + CO ω sustituyendo v C = v 0 i v 0 R tan θ 0 R 0 resolviendo, v C = v 0 i R v 0 R tan θ i = v 0 i v ( 0 tan θ i = v ) i = v 0 i tan θ 2 o ) Para que el disco rodara sin deslizar la velocidad en el punto de contacto con el suelo, es decir, del punto C, debería ser nula, y como hemos podido comprobar, esto no es cierto, luego el disco desliza, lo que implica además que el punto C no es el centro instantáneo de rotación. 25

30 2. CINEMÁTICA DE LOS SISTEMAS También se podía haber respondido a esta pregunta comprobando que el CIR(H) no se encuentra en C, trazando las perpendiculares a las velocidades dadas en el enunciado. Y en cuanto a la primera pregunta, la distancia OH es R tan θ = R/2, luego H es el punto medio del radio OC y dado el sentido de la ω del disco, v C tiene sentido hacia la izquierda. 26

31 2.5. Problema Problema 5 En el mecanismo de la - gura, la varilla AB tiene su extremo A obligado a moverse por la guía 1 mientras que su extremo B está articulado a un punto del disco de centro O, - jo, en torno al cual gira. Una segunda varilla CD tiene el extremo C unido a un punto del disco situado en el diámetro que pasa por B, y el otro extremo D moviéndose según la guía 2, paralela a la 1. En el instante representado en la gura, la velocidad de A tiene sentido hacia la derecha y módulo v A = 6 m/s; el diámetro que contiene a B, O y C es perpendicular a las guías, siendo OB= 2 m y OC= 1 m. Se pide calcular, en este instante dado, la velocidad angular ω CD de la varilla CD y la velocidad del punto D. SOLUCIÓN Antes de realizar ningún cálculo se pueden averiguar los sentidos y direcciones de las diferentes velocidades. Se sabe que la velocidad del punto A tiene la dirección del eje x y sentido hacia la derecha. Por otro lado, el disco, cuyo centro O está jo provoca que el punto B se desplace con velocidad de dirección la del eje x, ya que forzosamente, al tratarse de un sistema plano, la ω del disco debe tener la dirección del eje que atraviesa el plano del papel. Si los puntos A y B tienen velocidades cuyas direcciones coinciden, eso implica que la varilla AB no está girando, sino que todos sus puntos se trasladan. Dicho 27

32 2. CINEMÁTICA DE LOS SISTEMAS de otra manera, si se relacionan las velocidades de A y B se tiene: v B = v A + BA ω = v A i + l 1 cos ϕ l 1 sen ϕ ω Como la componente v By es nula, entonces: 0 = l 1 sen ϕω de donde ω = 0. En el instante dado la varilla no gira. Como la varilla es un sólido rígido en traslación, las velocidades de todos sus puntos serán iguales. Así, en este instante: v A = v B = 6 i Por tanto, la velocidad angular del disco es de sentido entrante al plano del disco y su módulo es: ω = v B OB = 6 2 = 3 rad/s Si la velocidad angular del disco es de sentido entrante ( k), entonces la velocidad del punto C necesariamente tiene sentido negativo en el eje de las x. Como se puede ver en el dibujo, el punto D se mueve a lo largo de una guía paralela al eje de las x, luego también la velocidad de D debe llevar dicha dirección. Entonces nos encontramos de nuevo con que dos puntos de un mismo sólido rígido tiene velocidades de direcciones iguales, lo que implica que se están trasladando y en denitiva, la ω CD es nula. Para calcular la velocidad de D, bastará con calcular la del punto C: v D = v C = ω OC = 3 i El problema puede resolverse también de forma más analítica. La primera componente de v B queda de la expresión anterior entre v B y v A como: v Bx = v A 28

33 2.5. Problema 5 es decir v B = 6 i. Como el disco gira en torno a O, la velocidad de B puede escribirse como: v B = ω d OB = 0 0 ω d 0 R 0 donde se ha denominado como ω d la velocidad angular del disco en el instante considerado. Por tanto en el eje horizontal: v B = ω d R ω d = v B /R El signo menos indica que el vector ω d es entrante en el dibujo. Para C se escribirá: v C = ω d OC = 0 0 v B /R = v B /2 i = 3 i 0 R/2 0 Y relacionando C con D se produce el mismo caso que hemos tenido al relacionar entre sí A y B: v D = v C + DC ω DC = v C + ω DC DC o sea v D = 3 i ω CD l 2 cos ϕ 2 l 2 sen ϕ 2 0 donde ω CD es la velocidad angular de la varilla CD, l 2 su longitud y ϕ 2 el ángulo que forma con la horizontal. Al desarrollar las componentes en j se tiene: 0 = 0 + l 2 cos ϕ 2 ω CD ω CD = 0 Se trata de otro movimiento de traslación en el instante analizado. Así: v D = 3 i 29

34 2. CINEMÁTICA DE LOS SISTEMAS 2.6. Problema 6 El sistema de la gura está formado por dos discos que se mueven en un plano vertical. El disco B gira alrededor de su centro B que permanece jo con velocidad angular de 2 rad/s en sentido horario. La barra rígida que une los centros de ambos discos gira alrededor del punto B con velocidad angular de 3 rad/s con sentido antihorario. Y el disco A rueda sin deslizar sobre el disco B. Se pide: 1)Calcular la velocidad del punto A( v A ). 2)Calcular la velocidad angular del disco A ( ω A ) 3) Calcular la posición del centro instantáneo de rotación del disco A en el instante representado en la gura. Datos: Radio del disco A: 2 m. Radio del disco B: 5 m. SOLUCIÓN Según los datos del problema se tiene que: ω B = 2 k, ω AB = 3 k siendo ω B la velocidad angular del disco B y ω AB la de la barra. Como los discos A y el B ruedan sin deslizar entre sí no existe deslizamiento del punto de apoyo mutuo de uno respecto al otro; con otras palabras, el punto de contacto entre ambos tendrá la misma velocidad, tanto si lo miramos desde un disco como desde otro. Al punto de contacto lo denominaremos C y su velocidad se puede expresar como: v C = ω B BC = v A + ω A AC 30

35 2.6. Problema 6 Así, sustituyendo en la primera ecuación: v C = ω B BC = = 10 j Por otro lado, la velocidad del punto A se puede calcular de forma inmediata ya que A es un punto de la varilla cuya velocidad angular conocemos. Así: v A = ω AB BA = = 21 j El único paso que nos queda es aplicar el teorema de Chasles entre los puntos A y C para obtener de nuevo v C, pero ahora el punto C del disco pequeño: v C = v A + ω A AC = v A + CA ω A donde v C, v A y AC son valores conocidos. v C = 21 j ω A = 21 j + 2ω A j de donde v C = ω A y como hemos obtenido antes v C = 10 j se tiene: 10 = ω A de donde ω A = 31 2 = 15, 5 rad/s 31

36 2. CINEMÁTICA DE LOS SISTEMAS Por último nos queda hallar el centro instantáneo de rotación del disco A. Sabiendo que la velocidad de C tiene sentido j y la de A j, el centro instantáneo debe estar entre el punto A y el C (tal y como muestra la gura). Si denominamos al centro instantáneo de rotación con la letra H, se tiene: v C = v H + ω A HC = ω A HC puesto que al tratarse del CIR, su velocidad v H es nula. Si genéricamente tomamos H como H(x, y), se tiene: v C = ω A HC = 0 0 ω A x 0 0 operando, y teniendo en cuenta que el determinante sólo tiene componente distinta de 0 en el eje Y: 10 = 15, 5x x = 10 15, 5 = 0, 64 m luego el CIR está a 0, 64 m del punto de contacto entre ambos discos y en la línea que une los puntos A y C. 32

37 Capítulo 3 CINEMÁTICA DEL MOVIMIENTO RELATIVO 3.1. Problema 1 Un móvil puntual P recorre el lado OA de un triángulo equilátero OAB, de lado l. La placa triangular gira en su plano OXY alrededor de su vértice 0 con velocidad angular ω constante y conocida, en el sentido indicado en la gura. El punto móvil parte de O con velocidad inicial nula y aceleración a de módulo constante, de forma que cuando el triángulo da una vuelta completa alrededor de O, dicho punto móvil se encuentra en M, punto medio del lado OA. Hallar, en el sistema de ejes de la gura la velocidad y aceleración del punto móvil, cuando llega a M 1 o ) Para un observador unido al triángulo en su movimiento. 2 o ) Para un observador exterior. 33

38 SOLUCIÓN 3. CINEMÁTICA DEL MOVIMIENTO RELATIVO Facilita mucho la resolución del problema el que se nos pida calcular velocidad y aceleración sólo en una posición concreta, es decir, cuando el punto móvil llega a M. No hay por tanto que hallar expresiones generales en función del tiempo t. Todo lo estudiaremos en M. En el problema tenemos un punto móvil que se mueve en un triángulo que a su vez también se está moviendo. En la gura se han representado unos ejes OX'Y'Z' unidos a la chapa triangular y que se mueven con ella. También se han dibujado unos ejes jos a tierra OXYZ. En el instante inicial dibujado, los ejes móviles coinciden con los jos, es decir, O'X', por ejemplo a la misma semirrecta que OX. Pero un instante t después, ya no coincidirán y O'X' formará un cierto ángulo ω t con OX: el triángulo se ha movido girando en torno a O, dentro del plano del papel. Por tanto nuestro sistema móvil es el triángulo; si dejamos mentalmente quieto el triángulo (como si no existiera ω), el punto móvil recorre el segmento BM; este es su movimiento relativo al triángulo. Las velocidades y aceleraciones relativas serán las referidas al mismo. Por otro lado, el movimiento de arrastre es el que realice el punto M del propio triángulo, es decir, del sistema móvil, que en este caso se mueve con una velocidad angular de módulo constante ω y eje coincidente con OZ. Para calcular la velocidad v del punto móvil respecto a tierra en el instante considerado, habrá que tener en cuenta tanto la velocidad relativa v r al triángulo como la de arrastre v a, es decir, el movimiento del triángulo que es el sistema móvil. Así, se tiene: v = v a + v r Hagamos el cálculo de la velocidad de arrastre cuando P llega a M. Como dice el enunciado M vuelve a estar en la misma posición dibujada en el instante inicial, porque la placa ha dado una vuelta entera.el triángulo se mueve con una velocidad angular constante, por 34

39 3.1. Problema 1 tanto la velocidad de arrastre es: v a = ω OM = 0 0 ω l/2 0 0 = ω l 2 j Para hallar la velocidad relativa del móvil respecto al triángulo hay que considerar varios datos que da el problema; que el móvil parte de O con velocidad nula, que lleva una aceleración constante relativa al triángulo de dirección OM, y que ha recorrido un espacio igual a l/2 mientras el triángulo ha dado una vuelta completa. Así, por tanto, como la velocidad angular del triángulo es constante y es un dato y sabemos que ha dado una vuelta completa, es posible determinar el tiempo empleado en dicho giro: ϕ = ωt t = ϕ ω = 2π ω Este tiempo hallado es el mismo que el móvil ha empleado en trasladarse desde O hasta M con velocidad inicial nula y aceleración constante. Por tanto, de las ecuaciones de un movimiento uniformemente acelerado se sabe: v r = a r t s = 1 2 a rt 2 despejando de la segunda la aceleración y sustituyendo en la primera: v r = 2s t t = 2s 2 t De esta manera se obtiene una ecuación de v r en función del espacio recorrido s y del tiempo empleado t. Este tiempo es el mismo que ha tardado el triángulo en dar una vuelta completa y su valor es el calculado anteriormente t = 2π. El espacio recorrido es la mitad ω del lado del triángulo, l/2. Sustituyendo se tiene: v r = 2s t = 2l/2 2π/ω = ωl 2π Como el móvil se ha trasladado desde O hasta M y en el instante que estamos considerando el triángulo tiene la posición dibujada en la gura, la velocidad relativa tiene la dirección del eje i. Por tanto la velocidad v para un observador exterior es: v = v a + v r = ω l 2 j + ωl 2π i = ωl 1 2 π i + j 35

40 3. CINEMÁTICA DEL MOVIMIENTO RELATIVO A continuación pasaremos a hallar la aceleración del móvil P respecto a un observador exterior. Sabemos que tiene tres partes diferenciadas: aceleración de arrastre, aceleración relativa y aceleración de Coriolis: a = a a + a r + a c Para hallar la aceleración de arrastre a a, tenemos: a a = a 0 + α OM + ω ω OM El punto O permanece quieto, por tanto a 0 = 0; la velocidad angular ω es constante con lo que la aceleración angular α es nula. Por otro lado, el producto vectorial ω OM se ha calculado anteriormente y se trata de la velocidad de arrastre, por tanto, la aceleración de arrastre es: a a = ω v a = 0 0 ω 0 ω l 2 0 = ω 2 l 2 i este resultado para a a se podría haber obtenido observando que el movimiento de arrastre es el giro en torno a O; el punto M describirá una circunferencia de centro en O y radio R = OM = l/2. Este movimiento circular no tiene aceleración tangencial (αr) porque ω es constante y por tanto la aceleración normal ω 2 R va dirigida de M a O: ω 2 l 2 i. La aceleración relativa se puede obtener de las ecuaciones utilizadas anteriormente para el cálculo de la velocidad relativa. Así, sabemos que: a r = v r t = ωl/2π 2π/ω = ω2 l 4π 2 y como va dirigida de O a M: a r = ω2 l 4π 2 i Por último vamos a calcular la aceleración de Coriolis que se dene como: a c = 2 ω v r 36

41 3.1. Problema 1 siendo ω la velocidad angular del sistema móvil, es decir, la del triángulo y siendo v r la velocidad relativa. Sustituyendo los valores ya calculados: a c = 2 ω v r = ω ωl/2π 0 0 = ω2 l π j En conclusión, la aceleración del móvil respecto a un observador en tierra es: ( ) a = a a + a r + a c = ω2 l 4π 2 i + ω2 l 4π 2 i + ω2 l π j = ω2 l 1 2 2π 1 i + ω2 l 2 π j 37

42 3. CINEMÁTICA DEL MOVIMIENTO RELATIVO 3.2. Problema 2 Dos discos giran en el plano horizontal alrededor de sus centros 0 1 y 0 2 con velocidades angulares ω 1 y ω 2 = 2 ω 1, en los sentidos indicados en la gura. La distancia = 2L y el radio 0 2 A = L. Hallar los vectores velocidad relativa v y aceleración relativa a del punto A del perímetro del disco 0 2 respecto al disco 0 1, en la posición de la gura. SOLUCIÓN Este es otro ejemplo de análisis instantáneo, en el instante que A pasa por la posición dibujada. No hay que obtener leyes generales en función del tiempo Como los datos proporcionados en el problema son respecto a un observador en tierra, para hallar la velocidad relativa necesitamos saber la velocidad de arrastre. La expresión de la velocidad para a un observador en tierra es: v = v a + v siendo v a y v la velocidad de arrastre y relativa respectivamente. Despejando, se puede obtener la velocidad relativa en función de la de arrastre y de la velocidad respecto a un observador en tierra: v = v a v No obstante, antes de seguir, debe quedar claro cuál es el sistema móvil para describir el movimiento de arrastre. Como nos piden la velocidad del punto A relativa al disco de centro O 1, esto implica que el sistema móvil debe estar en el disco de centro O 1 y, aunque no se ha dibujado habrá un eje O 1 x dibujado en el disco, que en el instante dado coincide con el OX, otro O 1 y coincidente con O 1 y en ese instante y un tercero O 1 z 38

43 3.2. Problema 2 que va a coincidir con O 1 z en todo instante. Por tanto, el movimiento de arrastre estará determinado por la velocidad angular ω 1 de éste. Así, la velocidad de arrastre de A es: v a = ω 1 O 1 A El vector ω 1 es de sentido entrante al plano del disco, por tanto lo expresaremos en notación vectorial como: sustituyendo: ω 1 = ω 1 k v a = ω 1 O 1 A = 0 0 ω 1 = ω 1 L j L 0 0 El movimiento de arrastre es el que tendría A si se uniera rígidamente al sistema móvil, es decir, al disco 1. Así describiría un movimiento circular de centro O, de radio O 1 A y velocidad angular constante ω 1. Por eso su velocidad de arrastre en la posición dibujada es tangente a su trayectoria circular de módulo ω 1 R = ω 1 L y el sentido negativo de O 1 y. Por otro lado, la velocidad de A respecto a un observador en tierra se calcula teniendo en cuenta el movimiento del disco O 2 que es donde se encuentra situado el punto A. Un observador en tierra ve dos discos girando. Por tanto, el punto A, dado que pertenece al disco de centro O 2 se moverá de acuerdo a la velocidad angular de éste que es ω 2. Así: v = ω 2 O 2 A = 0 0 2ω 1 = 2ω 1 L j L 0 0 Por tanto, la velocidad relativa de A respecto al disco O 1 es: ( ) v = v v a = 2ω 1 L j ω 1 L j = ω 1 L j Para hallar la aceleración relativa procederemos de la misma forma que para la velocidad. Por una lado hallaremos la aceleración respecto a tierra, la de arrastre y por último la de Coriolis. Así, se sabe que: a = a + a a + a c a = a a a a c 39

44 3. CINEMÁTICA DEL MOVIMIENTO RELATIVO La aceleración respecto a tierra se calculará sabiendo que A describe un movimiento circular de centro O 2, radio A y velocidad angular ω 2 constante. No hay aceleración tangencial al no existir aceleración angular y sólo queda la aceleración normal: a = dv dt = ω 2 ω 2 O 2 A teniendo en cuenta que el producto vectorial ω 2 O 2 A es la velocidad respecto a un observador exterior calculada anteriormente, sustituyendo en la ecuación anterior se tiene: a = ω 2 v = 0 0 2ω 1 = 4ω 1L i 2 0 2ω 1 L 0 que como debíamos esperar, tiene la dirección del radio O 2 A y sentido hacia el centro O 2. Para hallar la aceleración de arrastre se tiene: a a = a O1 + α 1 O 1 A + ω 1 ω 1 O 1 A a O1 es nula al no moverse O 1 y α 1 es también nula por ser ω 1 constante. Por consiguiente, teniendo en cuenta que ω 1 O 1 A es la velocidad de arrastre antes calculada, la aceleración de arrastre es entonces: a a = ω 1 v a = 0 0 ω 1 0 ω 1 L 0 = ω 1L i 2 Nos queda por calcular la aceleración de Coriolis que tiene como expresión genérica: a c = 2 ω v La duda que a veces puede tener un alumno en este momento es cuál de las dos velocidades angulares del enunciado debemos utilizar. Evidentemente se necesita emplear la ω 1 ya que es la que describe el movimiento de arrastre, es decir, es la del sistema de ejes móviles. Por tanto: a c = 2 ω 1 v = 0 0 ω 1 0 ω 1 L 0 = 2ω 1L i 2 40

45 3.2. Problema 2 En conclusión, la aceleración relativa a queda: a = a a c a a = 4ω 2 1L i ( 2ω 2 1L ) i ( ω 2 1L ) i = 7ω 2 1L i 41

46 3. CINEMÁTICA DEL MOVIMIENTO RELATIVO 3.3. Problema 3 Un disco horizontal de radio R 1 se mueve de forma que su centro describe una trayectoria circular horizontal de radio R 2, con velocidad angular vertical y centro en un punto jo O. El disco además gira en torno a su eje con velocidad angular constante. Una partícula P se mueve en el disco, sobre un radio, alejándose del centro con velocidad de módulo v 0 constante respecto del disco. En la posición de la gura, en la que P alcanza la periferia del disco, determínese la velocidad y la aceleración de P respecto de un observador exterior, jo en tierra. SOLUCIÓN En este problema se tiene un sólido rígido, el disco, en movimiento; en él se situará el sistema móvil de ejes con centro en O 1. El disco de radio R 1 gira en torno a su eje con una velocidad angular constante ω 1. Por otro lado, además su centro describe un movimiento circular de centro en O y radio R 2. Luego la velocidad del punto del disco sobre el que se apoya P puede calcularse mediante la velocidad de rotación dada por la velocidad angular ω 1, y la velocidad v O1 de O 1 que representa una traslación circular cuyo valor se calcula con la velocidad angular ω 2. v a = v O + ω 1 O 1 P = ω 2 OO 1 }{{} Movimiento de arrastre de Traslación + ω 1 O 1 P }{{} Movimiento de arrastre de Rotación La velocidad v 0 dato del problema, es la relativa al disco que en la posición dibujada tiene la dirección de O 1 P ; de manera que la velocidad de P respecto a un observador en 42

47 3.3. Problema 3 tierra es: v = v a + v r = ω 1 O 1 P + ω 2 OO 1 + v 0 i = v 0 i ω 1 R ω 2 R = v 0 i + (ω 1 R 1 + ω 2 R 2 ) j La aceleración, como bien sabemos, es la suma de la de arrastre, la de Coriolis y la relativa: a = a a + a c + a r La aceleración de arrastre de P se obtiene del movimiento del disco : a a = a O1 + α 1 O 1 P + ω 1 ω 1 O 1 P En la aceleración de O 1 sólo se tiene la aceleración normal ya que la tangencial es nula al ser ω 2 constante. Por otro lado, como ω 1 es constante, en la rotación del disco la aceleración tangencial es nula α 1 = 0 y sólo nos queda el término de la aceleración normal. Así: Los productos ω 1 a a = ω 1 O 1 P y ω 2 ω 1 O 1 P + ω 2 ω 2 OO 1 OO 1 se han calculado anteriormente y son las velocidades de arrastre de rotación y de traslación respectivamente. Por tanto: a a = ω 1 v arotación + ω 2 v atraslación sustiyendo y operando a a = 0 0 ω 1 0 ω 1 R ω 2 0 ω 2 R 2 0 = ω 1R 2 1 i ω2r 2 2 i ambas están dirigidas hacia sus centros de rotación respectivos: la primera hacia O 1 y la segunda hacia O, y sus módulos son los ω 2 R respectivos. Una vez obtenida la aceleración de arrastre a a, vamos a proseguir para hallar el resto. Por un lado tenemos la relativa a r que es nula dado que la velocidad relativa v r = v 0 es 43

48 3. CINEMÁTICA DEL MOVIMIENTO RELATIVO constante para el observador móvil en el disco. Por otro lado, para calcular la aceleración de Coriolis necesitamos realizar el producto vectorial entre la velocidad angular de los ejes y la velocidad relativa, así genéricamente, la expresión es: a c = 2 ω v r La velocidad angular debe ser la de rotación del sistema móvil. En este caso que nos ocupa sería la ω 1 ya que es la utilizada en el cálculo de la velocidad de arrastre de rotación. La otra velocidad angular, ω 2 es la que describe el movimiento circular de traslación del centro O 1 de manera que no se corresponde con la rotación de los ejes del sistema. Por tanto, la aceleración de Coriolis es: a c = 2 ω 1 v r = ω 1 v = 2ω 1 v 0 j En denitiva, la aceleración de P respecto a un observador en tierra es: a = a a + a c = ( ω 2 1R 1 + ω 2 2R 2 ) i + 2ω 1 v 0 j 44

49 3.4. Problema Problema 4 La varilla AC, de longitud R = 2 m, articulada en A a un eje jo, gira en torno a A con velocidad angular constante ω = 4 rad/s; paralela a ella lo hace la varilla BD, girando con la misma ω en torno a B. En C y D está articulada a las varillas anteriores, otra varilla CD, de longitud L, que se traslada, y a lo largo de la cual se mueve un punto P, que se desplaza de C a D con una velocidad v = 4 m/s relativa a la varilla CD. Se pide : 1 o ) Vector velocidad de P respecto a un observador en reposo en tierra (por ejemplo, sistema de ejes con origen en A) en la posición dibujada, en la que la varilla AC forma un ángulo de 60 o con el eje horizontal AX. 2 o ) Módulo de la aceleración de P respecto al mismo observador, en la posición dada. SOLUCIÓN Para hallar la velocidad v p de P respecto a un observador en tierra es necesario sumar la de arrastre y la relativa: v P = v a + v r Del enunciado del problema se puede ver que la velocidad relativa que nos dan es respecto a la varilla CD, por tanto, el sistema móvil es la propia varilla CD y en ella colocaremos los ejes móviles Cx y z con centro en el extremo C de la varilla y de direcciones paralelas a los ejes jos respecto a tierra Axyz. Es necesario describir su movimiento, lo que supone el movimiento de arrastre, para obtener la velocidad de arrastre. Del dibujo se puede observar que ambas varillas, AC y BD tienen velocidades angulares iguales, lo que implica 45

50 3. CINEMÁTICA DEL MOVIMIENTO RELATIVO que tanto el punto D y el punto C tienen la misma velocidad. Si dos puntos que pertenecen a un mismo sólido rígido, en este caso, la varilla CD, se desplazan con la misma velocidad, estamos ante un movimiento de traslación. Por tanto, el movimiento de arrastre de la varilla CD es una traslación circular. Así, en nuestro caso, la velocidad de arrastre es la misma para P que para C o cualquier otro punto de la varilla: v a = ω AC 3 = 0 0 ω = ωr 2 i ω R 2 j = 4 3 i 4 j R cos 60 R sen 60 0 El signo negativo de la velocidad angular es debido a que el vector ω es entrante en el dibujo, de sentido contrario al semieje Az positivo. Por otro lado, la velocidad relativa es: v r = 4 i constante para el observador subido en la varilla CD. Sumando la de arrastre y la relativa, se tiene la velocidad de P respecto a un observador en tierra: v P = v a + v r = 4 ( ) 3 i 4 j + 4 i = i 4 j A continuación procederemos a calcular la aceleración de P respecto a un observador jo en tierra. Como ya sabemos ésta tiene tres contribuciones: aceleración de arrastre, aceleración relativa y aceleración de Coriolis. Comencemos por la de arrastre: d ωcd a a = a C + dt CD + ω CD ω CD CD Pero el sistema de ejes, como sólo se traslada, no gira: ω CD = 0. Por tanto los dos últimos sumandos son nulos. Para el primer sumando, la aceleración de C: a a = a c = d dt ω AC = ω ω AC Como se puede ver el producto vectorial ω AC es la velocidad de arrastre obtenida anteriormente, así: 46

51 3.4. Problema 4 a a = ω v a = 0 0 ω = 4ω i 4 3ω j = 16 i 16 3 j La aceleración relativa es la derivada respecto al tiempo para el observador móvil de la velocidad relativa. Como la velocidad relativa es constante, la aceleración relativa a r es nula. La aceleración de Coriolis sabemos que tiene como expresión genérica el producto vectorial entre la velocidad angular de rotación de los ejes móviles y la velocidad relativa: a c = 2 ω ejes v r No obstante, el sistema móvil, es decir, la varilla CD no está rotando, sino que se traslada siguiendo un movimiento circular ( ω ejes = ω CD = 0), por tanto la aceleración de Coriolis es nula. En denitiva, el módulo de la aceleración respecto a un observador en tierra será el módulo de la aceleración de arrastre únicamente: ( a P = a a = ( 16) ) 2 3 = = 32 m/s 2 47

52 3. CINEMÁTICA DEL MOVIMIENTO RELATIVO 3.5. Problema 5 La velocidad angular de la varilla OA es ω, en sentido antihorario. Hallar : 1 o ) Velocidades angulares de las varillas AB y BC. 2 o ) Considerado como sistema móvil uno ligado a la varilla OA en su movimiento, hallar la aceleración de Coriolis del punto B. SOLUCIÓN La primera parte de este problema no tiene que ver con la cinemática relativa sino que es un problema de cinemática de sistemas y por tanto se resuelve mediante la aplicación del teorema de Chasles. Dado que el único dato que nos dan es la velocidad angular de la barra OA que está ja en O, es inmediato calcular la velocidad de A. Así: v A = ω OA = 0 0 ω 0 b 0 Como el sentido de ω es antihorario, la expresión vectorial de ésta es: ω = ω k y su sentido positivo en unos ejes con centro en O. Por tanto la velocidad de A es: v A = ω OA = ω b i Para continuar hallando el resto de velocidades, podemos observar como la velocidad de B no podemos hallarla directamente ya que no sabemos la ω de la varilla AB. No obstante, B pertenece a la varilla AB y CB, así podemos expresar la velocidad de B en función de la ω CB de la varilla de CB (ja en C) y en función de la velocidad de A y de la ω AB de 48

53 3.5. Problema 5 AB. Esto se expresa de la siguiente manera: v B = v A + BA ωab = v A + v B = ω CB CB ω AB AB sustituyendo con los valores conocidos y operando para igualar ambas expresiones de v B : v B = ωb i ω AB = ωb i + ω AB c j c 0 0 v B = 0 0 ω CB = ω CB 2b sen 30 i + ω CB 2b cos 30 j 2b cos 30 2b sen 30 0 Así, se obtiene dos ecuaciones de cada componente vectorial con dos incógnitas, ω AB y ω CB. De i se obtiene: Por tanto, la velocidad de la varilla CB es: ωb = ω CB 2b sen 30 ω = ω CB ω CB = ω k Por otro lado, la segunda ecuación en j es: 3 ω AB c = ω CB 2b cos 30 ω AB = ω CB b c Por tanto, la velocidad angular de la varilla AB en notación vectorial es: 3 ω AB = ω CB b c 3 k = ωb c k Por último, para responder a la segunda pregunta del enunciado es necesario considerar la cinemática relativa. La aceleración de Coriolis genéricamente se expresa como: a c = 2 ω v r La ω será la velocidad angular de rotación de los ejes del sistema móvil, en este caso la de la varilla OA, ω = ω k. La velocidad relativa es necesario calcularla. Para ello habrá 49