ESCUELA TÉCNICA SUPERIOR DE INGENIEROS AERONÁUTICOS. Examen: Mecánica I (Probl. de Cinemática) Curso: 08/09 Fecha:

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1 ESCUELA TÉCNICA SUPERIOR DE INGENIEROS AERONÁUTICOS APELLIDOS, NOMBRE: n o Examen: Mecánica I (Probl. de Cinemática) Curso: 08/09 Fecha: Sea Oxyz un sistema de referencia ligado a un sólido S que se mueve en el seno de una referencia fija O 1 x 1 y 1 z 1. Se pretende describir el movimiento de S manejando su campo de velocidades a través de v O la velocidad de su origen O y de su velocidad angular ω. Las condiciones que definen dicho movimiento son las siguientes: la aceleración de O corta en todo instante al eje O 1 z 1 la hodógrafa de O está contenida en un plano paralelo al O 1 x 1 y 1 la aceleración tangencial de O es nula el vector a = i + k mantiene una dirección fija la aceleración angular de S es nula ( α = 0) en el instante inicial, (t =0), el punto O está situado en (a, 0, 0) y su velocidad es v O 0 = aω(0, 1, 1), siendo a y ω constantes. Además, los versores ( i, j, k) de los ejes cuerpo coinciden con los versores ( t, n, b) del triedro intrínseco de la trayectoria seguida por O y la velocidad angular de S es ω 0 = ω k 1 Se pide: 1. Analizar razonadamente si la trayectoria de O está contenida en el cilindro r = a. Determinar las ecuaciones horarias del movimiento de O 3. Determinar la velocidad angular ω de S 4. Hallar el eje instantáneo de rotación y mínimo deslizamiento del movimiento de S respecto a O 1 x 1 y 1 z 1 5. Axoides, fija y móvil, del movimiento de S 6. Determinar completamente la trayectoria del punto A de coordenadas (a, 0, 0) en ejes Oxyz. Hallar su aceleración tangencial, su aceleración normal y el radio y centro de curvatura de su trayectoria NOTA: la valoración, aproximada u orientativa, de las preguntas es Las respuestas se darán, forzosamente, en el dorso de esta hoja, en los espacios reservados para tal fin. Se adjuntarán hojas adicionales donde se hayan desarrollado explicaciones y/o cálculos pertinentes. Cuando se proporcionen datos vectoriales, debe especificarse la referencia que se está usando. SOLO SE CORREGIRÁN LAS PREGUNTAS QUE SE HAYAN CONTESTADO EN EL DORSO DE ESTA HOJA

2 1) Analizar razonadamente si la trayectoria de O está contenida en el cilindro r = a ) Determinar las ecuaciones horarias del movimiento de O, (ξ, η, ζ) ξ =, η =, ζ = 3) Velocidad angular ω = p i + q j + r k p =, q =, r = 4) Hallar el eje instantáneo de rotación y mínimo deslizamiento del movimiento de S respecto a O 1 x 1 y 1 z 1. (Se dará mediante un punto H y un vector de su dirección u). Punto H: Vector u: 5) Axoides, fija y móvil, del movimiento de S 6) Trayectoria de A(x A 1,y A 1,z A 1 ) x A 1 =, y A 1 =, z A 1 = Aceleración tangencial: Aceleración normal: Radio de curvatura: Centro de curvatura:

3 J. Peláez 3 Solución: 1) Analizar razonadamente si la trayectoria de O está contenida en el cilindro r = a Se irán imponiendo secuencialmente las condiciones que el enunciado indica. Sean (r, θ, z 1 ) las coordenadas cilíndricas del origen O de los ejes cuerpo. Si la aceleración de O corta en todo instante al eje O 1 z 1 se anulará el producto mixto [ k 1, r, γ], siendo γ: γ =( r r θ ) u r + 1 r d dt (r θ) uθ + z u z1, k1 u z1 la aceleración del origen O. Se tiene así: [ k 1, r, γ] =0 r 0 z 1 r r θ =0 d 1 d dt (r θ) =0 r θ = c, r dt (r θ), z1 donde c es una constante que depende de las condiciones iniciales. Nótese que en el instante inicial es r 0 = a, θ 0 =0y z 10 =0;además, u r i 1, u θ j 1 ; puesto que v O 0 = aω(0, 1, 1), por tanto será: ṙ 0 =0, r 0 θ0 = aω, ż 10 = aω. Así el valor de la constante c resulta ser: c = r 0 θ 0 = a ω Si la hodógrafa de O está contenida en un plano paralelo al O 1 x 1 y 1, ese plano será, de acuerdo con las condiciones iniciales: ż 1 = ż 10 = aω. Si la aceleración tangencial de O es nula entonces: 1) la velocidad de O tiene módulo constante v = v 0 = aω y ) toda su aceleración es aceleración normal: γ = γ n n siendo n el vector unitario según la normal principal. Puesto que ż 1 es constante y v es constante, el ángulo que el vector velocidad forma con el eje O 1 z 1 es constante; en efecto, si se llama α a dicho ángulo se tendrá: cos α = ż1 v = aω = aω α =45 Por otra parte, al ser ż 1 = aω, esto es, constante, será z 1 =0. En consecuencia, la aceleración de O es un vector contenido en el plano O 1 x 1 y 1, y dado que z 1 =0y r θ = c sólo tiene componente radial: γ = γ r u r. Como consecuencia se tendrá: { n = ± ur γ = γ n n = γ r u r γ n = ±γ r Nótese que una posible solución es γ n = γ r =0. En este caso, la aceleración γ = 0 es nula y la trayectoria que sigue el origen es la recta de ecuaciones: x = a, y = aωt, z = aωt El vector velocidad v sería constante: v = v 0 = aω(0, 1, 1) y la hodógrafa se reduciría a un punto. No se considera esta solución pues nos dicen que la hodógrafa es una curva contenida en un plano paralelo al O 1 x 1 y 1. La otra posibilidad es que sea: n = ± u r. Se considerará el caso en que n = u r = cos θ i 1 sin θ j 1.En tal caso el vector unitario tangente será de la forma: t =sinα u θ +cosα u z1 = Se puede plantear así la ecuación vectorial: v = v 0 t =ṙ u r + r θ u θ +ż 1 u z1 ( u θ + u z1 ) b = t n = ṙ =0 r θ = v 0 = aω ż 1 = v 0 = aω ( u θ + u z1 )

4 J. Peláez 4 que permite hacer una integración trivial para dar: r = a, θ = ωt, z 1 = aωt una vez que se han impuesto las condiciones iniciales. La solución es pues una hélice que se envuelve a derechas en el cilindro circular de ecuación r = a. Si se hubiese tomado la solución n =+ u r se habría obtenido la misma hélice circular pero se habría seleccionado el vector unitario n según la normal principal de una forma que no es habitual en curvas alabeadas (con el sentido opuesto al sentido del vector curvatura). No se considerará esta solución. ) Determinar las ecuaciones horarias del movimiento de O Las ecuaciones horarias son triviales y se deducen como un simple cambio de coordenadas cilíndricas a coordenadas cartesianas (ξ,η,ζ) =(r cos θ, r sin θ, z 1 )=(a cos ωt,asin ωt,aωt) 3) Determinar la velocidad angular ω de S El vector a = i + k es un vector constante del sólido S (sólido 0); si el enunciado dice que mantiene una dirección fija debe ser una dirección fija en los ejes fijos O 1 x 1 y 1 z 1 (sólido 1) pues en el sólido S es evidente que es un vector fijo. Por tanto, aplicando el teorema de Coriolis, se tendrá: 0 0 d a d a dt = dt (1) + ω a = 0 ω a = 0 ω = λ(t) a (0) Si la aceleración angular de S es nula se tendrá: En consecuencia será: α = d ω dt = 0 0 d a λ a + λ dt = 0 λ =0 λ = cte Como en el instante inicial el valor de ω es conocido: ω 0 = ω k 1 = λ a(0) λ = ω, a(0) = k 1 En resumen, el vector velocidad angular resulta ser constante y su valor es: ω = ω k 1 = ω a a(t) = k 1 4) Hallar el eje instantáneo de rotación y mínimo deslizamiento del movimiento de S respecto a O 1 x 1 y 1 z 1 El punto H será del eje instantáneo si verifica la relación: OH ω vo = ω = 1 i1 j1 k1 ω aω sin ωt cos ωt 1 = a(cos ωt i 1 +sinωt j 1 ) Nótese que el punto H está sobre el eje O 1 z 1 pues: O 1 H = O 1 O + OH = a(cos ωt i 1 +sinωt j 1 + ωt k 1 ) a(cos ωt i 1 +sinωt j 1 )=aωt k 1 Así pues, y dado que ω = ω k 1, el eje instantáneo de rotación coincide con el eje O 1 z 1.

5 J. Peláez 5 5) Axoides, fija y móvil, del movimiento de S El eje instantáneo es la recta que pasa por H y lleva la dirección de ω. Vistodesdeelsólidofijo,eleje instantáneo coincide con el eje O 1 z 1 y la axoide fija degenera en una recta, el propio eje O 1 z 1. Aunque el problema no lo pide, se va a determinar la evolución temporal de los versores ( i, j, k) de los ejes cuerpo. Para ello se plantean las ecuaciones: d i dt = ω i = ω a i = ω j (1) d j dt = ω j = ω a j = ω ( k i) () d k dt = ω k = ω a k = ω j (3) Si se deriva respecto del tiempo la ecuación () y se tienen en cuenta las ecuaciones (1-3) se obtiene: d j dt + ω j = 0 ecuación que se integra de inmediato para dar: j = A cos ωt+ B sin ωt (4) donde A y B son constantes de integración (vectoriales) que dependen de las condiciones iniciales (en breve se determinarán). La ecuación () y la relación a = k 1 proporcionan las relaciones: k i = ( A sin ωt+ B cos ωt) (5) k + i = k1 (6) que, sumado y restando adecuadamente, permiten obtener los valores de i y k; resultan ser: i = (+ A sin ωt B cos ωt+ k 1 ) (7) k = ( A sin ωt+ B cos ωt+ k 1 ) (8) Nótese que en el instante inicial los versores ( i, j, k) coinciden con los versores ( t, n, b) del triedro intrínseco. Estos últimos resultan ser: t(0) = ( j 1 + k 1 ), n(0) = i 1, b(0) = ( j 1 + k 1 ) por tanto se deben verificar las ecuaciones: ( B + k 1 )= ( j 1 + k 1 ) i 1 = A ( B + k 1 )= ( j 1 + k 1 ) A = i1, B = j1 Se obtiene así la solución: i = ( sin ωt i 1 +cosωt j 1 + k 1 ) (9) j = cos ωt i1 sin ωt j 1 (10) k = (sin ωt i 1 cos ωt j 1 + k 1 ) (11) Como el lector puede comprobar, los versores ( i, j, k) coinciden, en todo instante, con los versores del triedro intrínseco ( t, n, b) de la trayectoria recorrida por O.

6 J. Peláez 6 6) Determinar completamente la trayectoria del punto A de coordenadas (a, 0, 0) en ejes Oxyz. Hallar su aceleración tangencial, su aceleración normal y el radio y centro de curvatura de su trayectoria EnlosejesfijosO 1 x 1 y 1 z 1, el vector posición del punto A resulta ser: x A = O 1 O + a i = a(cos ωt i 1 +sinωt j 1 + ωt k 1 )+a ( sin ωt i 1 +cosωt j 1 + k 1 ) Las ecuaciones horarias resultan ser: x A 1 = a(cos ωt sin ωt) y1 A = a(sin ωt+ cos ωt) z1 A = a(ωt+ ) y a partir de ellas se pueden obtener los resultados que se piden (demuestre el lector que es una hélice circular). Resulta más sencillo, no obstante, trabajar como sigue: v A = v O + a ω i = v 0 i + aω j = aω ( i + j) 10 La velocidad de A es, por tanto, un vector de módulo constante v A = aω. El vector tangente unitario de la trayectoria descrita por A será t A 5 = 5 ( i + j). La aceleración de A será: γ A = aω ( d i dt + d j dt )= 1 aω ( i + j + k) donde se han tenido en cuenta las relaciones (1-3). Su aceleración tangencia resulta ser: γ A t = γ A t A =0 resultado que se deduce trivialmente del hecho de ser v A 10 un vector de módulo constante v A = aω.luego la aceleración de A es toda ella aceleración normal. Además se deduce que el vector normal unitario de la trayectoria de A es: n A = 1 ( i + j + k) 6 Así pues, se tendrá: γ A = γ A 6 = aω =(v A ) κ siendo κ la curvatura de la trayectoria de A. Despejando se obtiene: κ = γa (v A ) = a ρ = 1 κ = a siendo ρ el radio de curvatura de la trayectoria de A (resulta ser constante). El centro de curvatura de la trayectoria de A será el punto C dado por: AC = ρ n A = 5 3 a ( i + j + k)