(Pedrosa, 1995) Un auto viaja por una trayectoria en forma elíptica, si el inicia su movimiento en el punto A y su rapidez aumenta en forma constante a 30 , véase figura 33 y 34. “
a) Determinar la velocidad y aceleración del auto en el punto B. Como la partícula aumenta su velocidad, lo que conlleva a que la componente tangencial de la aceleración sea constante, por lo que el sentido de la velocidad y la aceleración tangencial son iguales.
FIGURA 1. VELOCIDAD DE LA P ARTÍCULA Fuente: (Pedrosa, 1995)
FIGURA 2. COMPONENTES DE ACELERACIÓN DE LA P ARTÍCULA Fuente: (Pedrosa, 1995)
La aceleración tangencial es:
= = = = Como: =
= ∗ ∫ = ∫ 2 2 = V = 0
Ya que la partícula parte del reposo en el punto A su velocidad es cero ( colocando los ejes coordenados en el punto A ( reemplazndo reemplazndo se tiene:
S =0,
2 = = 2525 Donde S
es la distancia recorrida por la partícula a lo largo de la trayectoria.
= = = = 30
)y
La aceleración tangencial es:
= = = = Como: =
= ∗ ∫ = ∫ 2 2 = V = 0
Ya que la partícula parte del reposo en el punto A su velocidad es cero ( colocando los ejes coordenados en el punto A ( reemplazndo reemplazndo se tiene:
S =0,
2 = = 2525 Donde S
es la distancia recorrida por la partícula a lo largo de la trayectoria.
= = = = 30
)y
dS = 1 + ∫ = ∫ 1 +
La distancia recorrida por la partícula
Donde
en cualquier instante es:
Y es la razón de cambio de la variable Y respecto a lala variable X.
La ecuación de la trayectoria por donde se va a mover la partícula es:
25 + 16 = 1 Derivando respecto a X Se obtiene la razón de cambio X:
Y en función de la variable
125 ∗ 2 + 161 ∗ 2 = 0 225 = 8 = 1625 Despejando en la ecuación de la trayectoria de la partícula se tiene:
16 = 1 25 = 25 25 = 1625 25
= 45 2 5
Remplazando:
= 1625 4 5 √25 = 45 √25 = 45 25− Remplazando en la ecuación de la distancia recorrida se tiene:
4 ∫ = ∫ 1 + 5√25 16 ∫ = ∫ 1 + 2525
X X =0 = 3 Donde
y
y
son las distancias A y B a lo largo del eje horizontal X, para el caso .
Resolviendo la integral definida:
16 ∫ = ∫ 1 + 2525 =3.142 = 0 =3.142
La velocidad de la partícula es:
= 2 ∗3.14230 =13.731 La dirección de la velocidad está dada por:
= = 5√25 4 = 4∗3 5 25 3 = 1220 = 1220 =30.964° La aceleración de la partícula es:
= ̅ + ̅ =
El radio de curvatura es:
1+ = ||
Y Derivando la razón de cambio respecto a X Se
Obtiene Y
:
= 45 25− = 45 {25−} +{ 12 25− 2 } = 45 √25 1 + 25 Remplazando en la ecuación del radio de curvatura se tiene:
4 − 1+{ 25 } 5 = 4 1 + 5 √25 25
Reemplazando X
= 3m
se tiene:
45 ∗3253−} 1+{ = 4 1 + 3 5 √253 253 125∗4 1+ = 4 1 + 9
5 4 64 1+0. 3 6 = 45 ∗0.390625 1. 3 6 = 0.3125 =5.075
La aceleración normal en el punto B es:
13. 7 31 = 5.75 =37.149 La aceleración en el punto B es:
=30 ̅ +37.149 ̅ = 30 +37.149
=47.750 = = 37.30149 = − 1.2383 =51.077° La aceleración es de
47.750
“.
(Pedrosa, 1995) “El collarín A se mueve con velocidad constante de largo del anillo en forma parabólica . Véase figura 35.
=
2
a lo
a) Determinar la velocidad angular y la aceleración angular de la línea que va desde el punto más bajo del anillo al collarín en el instante en que .
=2
FIGURA 3. TRAYECTORIA DE LA P ARTÍCULA Fuente: (Pedrosa, 1995)
Análisis Cinemático de velocidades La trayectoria que va a describir la partícula está dada por la expresión
= =2 .
La partícula a lo largo de la trayectoria posee una velocidad constante y su dirección está dada por la razón de cambio de la variable y respecto a la variable X.
=
Derivando la posición de la partícula se tiene:
= =2 =2 Para el instante dado la partícula se encuentra a 2m a lo largo del eje horizontal X.
= =2∗2 =75.964° La velocidad de la partícula es:
=̂ =2̂
FIGURA 4. COMPONENTES DE VELOCIDAD DE LA P ARTÍCULA Fuente: (Pedrosa, 1995) La velocidad de la partícula se descompone en una componente radial y transversal.
==̇ Del triángulo rectángulo OAA’:
= La trayectoria de la partícula es:
=
Reemplazando
=2
se tiene:
=2 =4 Reemplazando
=
se tiene:
= 42 =63.435°
Por lo que la componente radial de la velocidad es:
=275.964°63.435° =2 12.529° =1.952 =̇ Por lo que la componente transversal de la velocidad es:
= =275.964°63.435° =0.4339 Del triángulo rectángulo OAA’:
= +
= 2 +4 =4.472 Reemplazando en la componente transversal de la velocidad se tiene:
=0.4339 = ̇ =4.472 ̇ ̇ =0.09702 ↺
Análisis cinemático de aceleraciones La velocidad es constante en todo el recorrido por lo que la componente tangencial de la aceleración de la partícula en cualquier instante es nula .
=0
FIGURA 5. COMPONENTES DE ACELERACIÓN DE LA P ARTÍCULA Fuente: (Pedrosa, 1995)
=̂ +̂ Descomponiendo la aceleración normal a lo largo del eje radial y transversal se tiene:
= = Pero:
= El radio de la curvatura de la trayectoria en el punto A es:
1+ =
Y Derivando la razón de cambio respecto a X Se = 2 =2 =2
Obtiene Y
:
Reemplazando en la ecuación del radio de la curvatura
=2
, se obtiene:
/ 1+2 = 2 / 1+ 2∗2 = 2 / 17 = 2 =35.046 La aceleración normal es:
2 = 35.046 =0.1141 La componente transversal de la aceleración es:
=0.114112.529° =0.1114 Reemplazando en la componente transversal de la aceleración se tiene:
= ̈ +2̇ ̇ 0.1114= 4.472 ̈ +21.9520.09702 0.1114=4.472 ̈ +0.3788 4.472 ̈ =0.11140.3788 4.472 ̈ =0.2674
̈ =0.05979 ̈ =0.05979 ↻ La componente radial de la aceleración es:
=0.1114 12. 529° =0.02417 Reemplazando en la componente radial de la aceleración se tiene:
= ̈ ̇ = ̈ 4.4720.09702 = ̈ 0.04209 ̈ =0.1114 12.529° +0.04209 ̈ =0.01793 0.05979 ↻
La aceleración angular es de
“.
(Meriam & Kraige, 1998) “El brazo ranurado , en cuyo interior se mueve el bloque C de masa m, gira en torno al punto O. La posición del bloque C dentro de la ranura está controlada por la cuerda que está sujeta en D y se mantiene tenso. La longitud de la cuerda DBC vale R , con lo que . Véase figura 38 y 39. r=0 cuando
=0
Determinar: a) El módulo de la aceleración del bloque así como el radio de curvatura de la trayectoria descrita por el bloque b) La tensión en la cuerda en la posición
=30°
EL movimiento del brazo gira en sentido anti-horario con velocidad angular constante . La longitud R es 375 mm.
̇ =4
FIGURA 6. ESQUEMA GENERAL Fuente: (Meriam & Kraige, 1998)
=,
Se obtiene la expresión de la posición de la partícula en función de ( Donde r es la distancia del centro del pivote partícula.
O hasta
donde se encuentra la
FIGURA 7. POSICIÓN DE LA P ARTÍCULA Fuente: (Meriam & Kraige, 1998)
Del triángulo isósceles OBD se tiene:
++=180° +2=180° =90° Aplicando ley de senos al triángulo isósceles OBD se tiene:
= = =90 2
=90°290°2 =2 Pero
: 2=2
Haciendo
=
, se tiene:
2∗ 2=222 =222 Remplazando:
222=2 2 2 2 = 2 =22 En el cateto OCB Del triángulo OBD se tiene:
+=
La longitud de la cuerda es:
+= += Eliminando la variable X se tiene:
= + = = Por lo que:
Otra posibilidad de obtener OBD.
=22 =
es aplicando la ley de cosenos al triángulo
= + 2∗ =2 1 Pero:
2= 1 2 Elevando al cuadrado:
2= 1 2
1=2 2 Remplazando:
=2 2 2 =4 2 =2 2 Pero como:
==2 2 Análisis Cinemático de velocidades
̇ ̈
Para obtener la aceleración del bloque C es necesario obtener y , teniendo en cuenta que es variable, R es constante y la velocidad angular del brazo.
=→=0 ̈ ̇ = Derivando la expresión de r se tiene:
̇ = 2∗ 2∗ 12 ∗ ̇ = 2∗
Pero:
= ̇ ̇ = ̇ 2 ̈ = ̇ ̈ = Derivando la expresión
̇
se tiene:
̈ = ̇ ∗212 ̈ = ̇ 2 ̈ = ̇2∗ ̇ ̇ ̈ = 2 2 =2∗0.17530°2 =0.1941 ̇ = 0.3754 30°2 ̇=1.449
Remplazando para la posición dada =30° se tiene:
0. 3 754 ̈ = 2 30°2 ̈=0.7765 Las componentes radial- transversal de la velocidad se observan en la figura 40.
=̂ +̂ =̇̂ + ̇̂ Reemplazando se tiene:
=1.449̂ +0.19414̂ =1.449̂ +0.775̂ = + = 1.449 + 0.7765 =1.644 = = 0.1.7476549 =28.186° Por lo que la dirección del eje tangente respecto a la horizontal es:
+=30°+28.1 86° =58.186°
FIGURA 8. COMPONENTES DE VELOCIDAD DE LA PARTÍCULA Fuente: Autor del proyecto
Análisis Cinemático de aceleraciones Las componentes radial- transversal de la aceleración se observan en la figura 41.
=̂ +̂ =̈( ̇) ̂ +[ ̈ +2̇ ̇]̂ Reemplazando los valores encontrados se tiene:
=0.77650.1941 4̂ +0+21.4494̂ =3.882̂ +11.592 ̂ = + = 3.882 +11.592 =12.225
= = 11.3.858292 =71.485°
FIGURA 9. COMPONENTES DE ACELERACIÓN DE LA PARTÍCULA Fuente: Autor del proyecto
La magnitud de la aceleración es de
12.225
“.
(Garcia, 1988) “En el mecanismo de la figura, el bloque B se mueve por la trayectoria curva unido a un collar que se desliza por la barra AC . Véase figuras 42 y 43. En el instante que se muestra la barra tiene velocidad angular de
2 5
5
y aceleración angular de , ambas en sentido horario. Si la aceleración de B tangencial a la trayectoria es de en ese instante. a) Determinar el radio de curvatura de la trayectoria en la posición dada.
FIGURA 10. ESQUEMA GENERAL Fuente: (Garcia, 1988)
Datos:
=0.5 =30° ̇ =5 ↻ ̈ =2 ↻ =5
FIGURA 11. POSICIÓN DE LA PARTÍCULA Fuente: (Garcia, 1988)
La trayectoria curva es fija por lo que define un movimiento absoluto en el que se usa el sistema de coordenadas tangente normal mientras que para la barra AC se usan el sistema radial transversal.
Análisis Cinemático de velocidades La velocidad de la partícula está dada por:
= Las componentes radial- transversal de la velocidad se observan en la figura 44 y son:
= + =̇ + ̇
La componente radial de la velocidad es:
= ̇ =0.55 =2.5 De la componente transversal de la velocidad, se despeja la rapidez:
= = 2.530° =2. 8 8 Reemplazando en la componente radial se tiene:
=̇
= = 2.5 30° =1.44
FIGURA 12. COMPONENTES DE VELOCIDAD DE LA PARTÍCULA
Fuente: (Garcia, 1988)
Análisis Cinemático de aceleraciones Las componentes radial- transversal de la aceleración se observan en la figura 45. La aceleración está dada por:
=̅ +̅ =̅ +̅
Descomponiendo las componentes radial y transversal de la aceleración a lo largo del eje tangente se tiene:
=+ Despejando se tiene:
= Descomponiendo las componentes radial y transversal de la aceleración a lo largo del eje normal se tiene:
= La componente transversal de la aceleración es:
=( ̈ +2̇ ̇) = 0.52 +21.445 =15.4
FIGURA 13. COMPONENTES DE ACELERACIÓN DE LA PARTÍCULA Fuente: (Garcia, 1988)
Remplazando en las ecuaciones de componentes de las aceleraciones se obtuvo:
=16.67 =22.13 El radio de curvatura está dado por:
El radio de curvatura es de
0.37 m
= 2. 8 8 = 22.13 =0.37
“.
(Riley & Sturges, 1994) “La rampa de salida de un parqueadero tiene forma de hélice, dada por la expresión :
rθ =15+3 Senθ m zθtt =B+0, =A32π6θt radm AB
Donde y son constantes.
6 m θ ̇ =0,3 =constante
En cada revolución completa baja . Para un automóvil que baje por la rampa de manera que . Determinar:
° θ=0 θ=90°
a) Velocidad y su aceleración cuando . b) Velocidad y su aceleración cuando . c) Demostrar que la velocidad y aceleración son perpendiculares cuando
θ=90°
.
El vector de posición en coordenadas cilíndricas es:
r̅ = r e +z k La velocidad está dada por la expresión:
Vt=ṙ e +r θ ̇e +ż k rθ =15+3 Senθ y zt =A ṙ = 3θ ̇ Cosθ ms m r̈ = 3θ ̈ cosθ3θ ̇ Senθ s ż = 62πθ ̇ ms
Derivando una y dos veces las expresiones , se tiene:
m
Reemplazando la velocidad y aceleración, se tiene:
θ ̇ =0,3 rads θ̈ =0 rads ̇z = 62πθ ̇ ms ż = 6 0.2π3 ms ż=0,286 ms z̈ = 0 sm Cuando
θ=0°
:
r0=15+3 Sen0 r=15 m ṙ = 3θ ̇ Cosθ ṙ=30.3Cos0 ṙ=0,9 ms r̈ = 3θ ̈ cosθ3θ ̇ Senθ r̈=30cos030 S en0 r̈ = 0 sm Reemplazando en la expresión de la velocidad, se tiene:
Vt =ṙ e +r θ ̇e +ż k Vt=0.9 e +15∗0.3 e +0.286
V=0,900 e +4500 e 0,286 ms La expresión de la aceleración está dada por:
Cuando
t =(r̈ rθ ̇ )e +(rθ ̈ +2ṙθ ̇)e +z̈ t=015∗0. 3e +15∗0+2∗0.9∗0.3em +0.286 =1,350e +0,540e 0.286 s =90° r90°=15+3 Sen90° r=18 m ṙ = 3θ ̇ Cosθ ṙ=30.3Cos90° ṙ = 0 ms r̈ = 3θ ̈ cosθ3θ ̇ Senθ r̈=30cos90°30m Sen90° r̈=0.27 s :
Reemplazando en la expresión de la velocidad, se tiene:
Vt =ṙ e +r θ ̇e +ż k Vt=0 e +18∗0.3 e +0.m 286 V=5.4 e 0,286 s
