Mecanica Problemas Explicados

dx Teniendo esto en cuenta, las ecuaciones anteriores se convierten en:

dy dx

h-y vt-x

-=--

[1]

dx 2 +dy 2 = (Áv dt) 2

[2]

Despejando el tiempo en [1] y derivando respecto ay, resulta:

1[

J

1[

2

1

2

dx dt dx d x dxl =-(h-y)d x t=- (h-y-+x ~-=--+(h-y)-+v dy dy V dy dy2 dy V dy 2 Operando en la ecuación [2] y sustituyendo dt se tiene:

dy

78

MECÁNICA

( )2 dx dy

( )2 W:)2

2 2 dt +l=Áv dy

~

dx dy

1 d2 X d 2X +l=Av-(h-y)-=A(h-y)V dy 2 dy 2

y esta ecuación se puede escribir en la forma:

;. d2x dy2

~1+(:J=

1

h-y

que, integrada, da A arg sh(:) = -ln(h-y)+C1 siendo C1 una constante de integración que se calcula a partir de las condiciones iniciales.

y=O } dx =O ~ C1 = lnh dy Sustituimos C1 y operamos antes de integrar de nuevo:

A arg sh(:) = -ln(h-y)+lnh = h-y) ~ dx 1 h-y) =-ln( -hdy =sh ( -¡ln-hTeniendo en cuenta que

sh u=-1 (e u -e -u) 2

se obtiene: dx=.!.[(-h )I /J. -(h-y)I /J.l 2 h-y h dy Integramos de nuevo, teniendo en cuenta la condición inicial: x Se obtiene la ecuación cartesiana de la trayectoria:

=

O, y

=

O.

79

CINEMÁTICA

1

hJ

X =--+~(hy )[ _1_ ( - }.}¡_ ,f-1 2 1-i h-y

'"

1

(h J

+-1- ----=1'._ l+i h

'" ]

El cohete alcanzará al avión cuando «y» tome el valor h. Tomando límites en la ecuación de la trayectoria se observan los dos casos siguientes: -A::; 1 ~ límx = y---->h

-A> 1 ~ lím x = y---->h

oo

~

El cohete no alcanza al avión

;11 ~ Lo alcanza para ese valor de x.

1 -1

Por lo tanto, el parámetro A debe satisfacer: A > 1. 2.º) Para A= 3, basta sustituir este valor en lo obtenido anteriormente. }.}¡_ 3h X=--=A.2 -1 8

3 El punto de impacto es, pues, el punto ( : ,h

J

5. La figura representa un automóvil cuya trayectoria es rectilínea, con velocidad constante de 36 km/h. Unido al automóvil por una cuerda de 5 m hay un cuerpo A, de tal forma que para t = O el segmento OA es perpendicular a la trayectoria del automóvil.

1. º) Obtener la ecuación de las posibles trayectorias del cuerpo A. 2. º) Hallar la posición del automóvil cuando su trayectoria y la del cuerpo A son normales. 3.º) Razonar la posibilidad de que la trayectoria de A corte a la del automóvil. La cuerda permanece tirante en todo momento y la velocidad de A es, en módulo, igual a la del automóvil.

80

MECÁNICA

1. º) Trayectoria de A

Tomamos los ejes coordenados como indica la figura, con el eje «y» coincidiendo con la trayectoria del auto, y el origen de coordenadas en la posición inicial de éste. El cuerpo A estará inicialmente en el eje «x». Llamamos () al ángulo que forma la cuerda con la dirección positiva del eje «y», es decir, con la dirección del movimiento del auto.

V'-t

~

1

8

y

xi 1 1

y

1

Las coordenadas (x, y) de A en un cierto instante son:

x y

=

L sen()

= vt + L cos

O

siendo v la velocidad del automóvil y L la longitud de la cuerda. Las componentes de la velocidad de A son:

=x = L cos OÓ vY = y = v - L sen O Ó vx

Como el módulo de la velocidad de A coincide con el de la del auto, se tiene: v=

~ v;

+ v~ = = ~v

~ ( L cos () 2

Ó)2 + ( v - L sen () Ó)2 =

+L2 Ó2 -2v L sen() Ó

Si elevamos al cuadrado y simplificamos resulta: Ó=O L2 Ó2 - 2vL sen () Ó=O~ Ó(LÓ- 2v sen O)= O~ . 2v { 0=-sen O L

...

81

CINEMÁTICA

-

iJ = O---:, e = cte ---:, e = n I 2

ya que para t = O,

e= n/2.

La trayectoria de A es, en este caso, rectilínea y paralela a la del automóvil. Su ecuación sería x = 5. . 2v sen e-:,--=-dt-:, de 2v - e=L

sen

e

L

f

9

de

--=

" 12 sen

e

lt O

2v -dt L

que integrada da: tg

e/2

= e (l v!L )t --', e = 2 are tg[e (l v!L )t]

Sustituyendo los valores L = 5, v = 36 km/h= 10 mis, se llega a: tg

e12 = e41 ---:, e= 2 are tg (e 41 )

Si tenemos en cuenta las relaciones sen e = 2 tg e/ 2 l+tg2 e12

l-tg 2 e12 cos e = - - - l+tg2 e12

y sustituimos en las expresiones de x e y, obtenemos las ecuaciones paramétricas de la trayectoria de A: 1Qe4t

2e (2v! L )t

x=L

1 + e(4v/ L )t

=

1 + e 8t

1-e<4v/ L)t

1-e8t

y= vt + L 1 + e <4vl L )t = lOt + 51 + e8t

2.º) La trayectoria de A y la del auto son normales cuando la componente de la velocidad de A según el eje «y» es nula.

y = O---:, v - L sen e e· = O---:, v - L sen e (2v L sen e) = O---:, ---:, 1 - 2 sen2 e = O ---:, sen e = 1 / fi.

Los signos de sen

cos e = -1 /

fi.

e y de cos e se desprenden de la figura, con e ~ n/2.

'El valor de t para el que ocurre esto podemos obtenerlo a partir de la expresión de sen e en función de t.

1- 2 sen2 e = O---:, 1-

8es1

= O---:, (l+e8 t )2

---:, e161 - 6es1 + 1 =O---:, es1 = 3 ± 2fi.

82

MECÁNICA

De donde, tomando el signo positivo (con signo negativo el tiempo sería negativo) y despejando el tiempo resulta:

1 r:: t =-ln(3 +2-v 2) = 0,22 s 8 Sustituyendo en las expresiones de x e y se obtiene la posición de A:

x=3,54m

Y =-1,34m

La posición del automóvil en ese mismo instante vendrá dada por: Ye = vt = 10 ·0,22 = 2,2 m 3.º) Para que A alcance la trayectoria del auto, en algún instante debe anularse el valor de x. Entonces: 10e41 x = - - = O~ e41 =O~ t = ln O= -oo 1 +es1 Vemos, pues, que el cuerpo A nunca corta en su movimiento a la trayectoria del automóvil.

6. Un punto recorre la hélice x=Rcos(}

y =Rsen(}

z = -fi RO

de forma tal que para t = O está en x = O, y = R, z = (Ji / 2 )irR. Sabiendo que su velocidad es constante, de valor v, y siendo (} el ángulo indicado en la figura, hallar:

1. º) Expresión de (} en función del tiempo. 2. º) Componentes intrínsecas de la aceleración del móvil y radio de curvatura de la trayectoria.

z TRAYECTORIA

y

83

CINEMÁTICA

1. º) Expresión de

een función de t

Puesto que conocemos las ecuaciones paramétricas de la hélice (con e como parámetro), derivaremos respecto al tiempo para obtener las componentes cartesianas de la velocidad: x=-RiJ sene

y= RiJ cos 8

El módulo de la velocidad será entonces:

x.2 + y 2 + z2 = v2 ~ (R 2 sen2 e+ R 2 cos 2 8 + 3R 2) iJ 2 = v2 ~ ~4R2iJ2

=V2

~()=~ 2R

Integramos, teniendo en cuenta que, inicialmente, el móvil está en el plano yz y, por lo tanto, e= rc/2.

f f' (J

d8=

,r / 2

V

V

1C

2R

2R

2

-dt~8=-t+-

0

2.º) Componentes intrínsecas de la aceleración y radio de curvatura La componente tangencial de la aceleración es nula, por ser constante el módulo de la velocidad:

dv dt

a =-=O t

Para obtener la componente normal, hallamos las componentes cartesianas: x=-RiJ 2 cos 8=-(v 2 /4R) cos 8 y= -RiJ 2 sen e= -( v 2 / 4R) sen e

z= O

El módulo de la aceleración será:

Acudiendo a la expresión de la aceleración normal, despejamos el radio de curvatura de flexión de la trayectoria:

v2 v2 a =-~p=-= n

P

an

v2 v

2

/

4R

=4R

Se ve que tanto las componentes intrínsecas de la aceleración como el radio de curvatura son constantes con el tiempo.

84

MECÁNICA

7. El aro de la figura está en un plano vertical. De su punto más bajo, A, cuelga un hilo de longitud nR. Para enrollar el hilo en el aro se le comunica una velocidad inicial v0 a su extremo B. Si el hilo permanece tenso en todo momento, y su extremo B se mueve con velocidad constante, obtener: l.º) Ecuaciones horarias x = x(t), y= y(t), del movimiento de B a partir del instante en que el hilo comienza a enrollarse en el aro.

2. º) Tiempo que tarda el hilo en enrollarse. 3. º) Velocidad y aceleración del punto C de tangencia entre el hilo y el aro cuando el ángulo de enrollamiento es 90º .

•

IR 1 1

A

L=JTR

ª·Vo

l.º) Ecuaciones horarias x(t), y(t), de la trayectoria de B

Debemos obtener las ecuaciones horarias del movimiento de B a partir del momento en que el hilo comienza a enrollarse, es decir, desde el instante en que el hilo está horizontal (parece evidente que, antes de ese instante, la trayectoria será un cuadrante de circunferencia de radio L = nR). Tomamos unos ejes [x, y} como se indica en la figura, con origen en el centro del aro. Las coordenadas de C serán: XC =

R sen e

Ye =-R cose

85

CINEMÁTICA

y~ 1

lo

B

1

----X

A partir de ellas se obtienen las de B: XB

= x =XC+ (nR -

Re) cos 8 = R sen 8 + R(n - 8) cose

YB =y= Ye +(nR-R8) sene= -R cose+ R(n-8) sen e

Hemos tomado el ángulo

ecomo parámetro.

Como B se mueve con velocidad constante (en módulo), valdrá en todo momentov 0 • Además: V8

XB =

= x8 l + )'8 J~ v8 = v0 = ~ X~+ Y~

x = Ré cose- R(n-8) é sen e- Ré cos 8 = =-R(n-e)ésen e

Y8

=y= Ré sen e+ R(n-8) é cos 8-Ré sen e= = R(n - e) é cose

De donde: 2 2 2 .2 • 1 VB = VB = Vo ~ Vo = R (n-8) 8 ~ Vo ±R(n-8)8

1

De los dos signos posibles de la raíz cuadrada sólo es válido el signo positivo, ya que, como puede apreciarse fácilmente, al aumentar el tiempo, aumenta el ángulo e, con lo que é > O. Si a esto añadimos que (n- 8) > Osiempre, debido a la longitud del hilo, el signo negativo no nos sirve. Es decir: v0

= R(n -e)é ~ v0dt = R(n-8)d8

86

MECÁNICA

Integramos, teniendo en cuenta que t = O cuando comienza el hilo a enrollarse (8 = O).

I

v0 dt= [ R(n-8)d8---;v0 t=-tR(n-8)'I =

R [ n 2 - (;rr-8 )2] =--8 R 2 +TCR.8~8 2 -21r8+-t=O 2v0 =-

2

2

R

Se debe resolver esta ecuación para obtener 8 = ()(t):

8=

2;rr±~4;rr2_8Vot R 2

=n ±

~V

1r:2 _ _ ot

R

Y con el mismo razonamiento empleado antes (al crecer t, crece 8) vemos que sólo sirve el signo negativo. Por tanto: ~o 8 --1r-~1r-Rt

Este valor de 8 se lleva a las expresiones de x 8 e y8 , obteniéndose las ecuaciones horarias de B.

2.º) Iiempo que tarda el hilo en enrollarse Dada la longitud del hilo, cuando el hilo se enrolla totalmente, 8 = n, y el punto B se colocaría en D. Si hacemos 8 = ;rr en la ecuación anterior, se tiene: 2 ~ 2v ;rr R 2 n=;rr-~;rr- -Re ~n = Ro t~ t= 2vo

Este tiempo se cuenta desde el instante en que el hilo está horizontal. Si quisiéramos calcularlo desde la posición vertical (véase figura del enunciado) habría que sumarle el tiempo invertido en el arco de circunferencia, que sería:

t' -

2nL nL 4 - T V

0

- ;rr . ;rrR

-~-~=

y que, como vemos, resulta igual al anterior.

7r

2

R

2v0

87

CINEMÁTICA

3.º) Velocidad y aceleración de C cuando e= 90º El punto C es el punto de tangencia. Su velocidad es:

V =Ré=R e

Vo

R(n-0)

=~ n-e

V 2v =--º-=-º 7r 7r

7r

Para 0=-~ v 2 e

n-2

En cuanto a la aceleración, tendrá dos componentes (tangencial y normal): a et

=RO= R dé de de dt

-v0

-

Ré

VoR R 2 (n-0) 2

Vo 1 1 -V~ --R(n-e) (n-e)2 - R (n-e)3

a =Ré 2 =R(vº

_1_)

2

R n-e

en

Sustituyendo el valor

=

e = !!... 2

1

= v~ R (n-0)2

resulta: 2

8vo a et -- - - 3

Rn

2 o - -4v aen -2 Rn

La aceleración será:

8. Un punto M que se encuentra inicialmente en el vértice del cono de la figura, asciende por la superficie de éste, siguiendo una trayectoria cuya proyección sobre el plano horizontal es la espiral p=(Rl4n)e Si la componente ascendente de la velocidad es numéricamente igual al tiempo transcurrido, obtener: 1. º) Ecuaciones del movimiento en coordenadas cilíndricas.

2. º) Velocidad de M al llegar a la base del cono.

88

MECÁNICA

z

., X

1. º) Ecuaciones del movimiento en cilíndricas Si llamamos
pPo + pe 80 + zZo

La componente ascendente es vz =

vz

= z=t ~ dz =t dt ~

z.

Por lo tanto:

it i z

o

dz =

o

1

t dt ~ z =- t

2

2

donde se tuvo en cuenta la posición inicial de M. Como ya sabemos que p

=

z/2, al sustituir resulta: 1 p=-t2

4

De la proyección de la trayectoria sobre el plano horizontal se halla: R 4tr

4tr R

tr

p=-8~8=-p~O=-t

R

2

89

CINEMÁTICA

2.º) Velocidad de M cuando llega a la base del cono Haciendo z = 2R en la ecuación correspondiente a z, se obtiene el tiempo:

z=2R=(ll2)t 2

-H=2fii.

Derivamos respecto al tiempo las ecuaciones del movimiento. Se tiene: .

1 2

p=-t

·

2n

8=-t

z=t

R

Se sustituye en la expresión de

v,

particularizando para el tiempo

t=2fii.:

~

lvl = [(5+16n )RJ 2

1 2 '

9. Un fugitivo se halla con un bote en el centro de un estanque de radio R, encontrándose su perseguidor en el borde del mismo. La velocidad del perseguidor es kv(k > n), siendo v, constante, la velocidad del fugitivo. Para alcanzar el borde del estanque el fugitivo utiliza la estrategia de colocarse en posición diametralmente opuesta a la del perseguidor mientras sea posible. Se pide: l.º) Ecuación de la trayectoria seguida, y radio de curvatura de la misma.

2. º) ¿Conseguirá así llegar al borde? En caso contrario, ¿cuál es la máxima separación del centro del estanque que consigue? 3. º) Si a partir de esta posición comienza a moverse radialmente, ¿para qué valores de k conseguirá escapar? ¿Cuál será el tiempo empleado en ese caso?

KV

R F-------

p

90

MECÁNICA

Llamamos F al fugitivo y Pal perseguidor. Suponemos que la posición inicial del perseguidor es la indicada en la figura del enunciado. La condición k > n es debido a que, en caso contrario, al fugitivo le bastaria con moverse radialmente para llegar a un punto del borde antes de que lo hiciese el perseguidor (en concreto al punto A diametralmente opuesto a la posición inicial de P), ya que los tiempos empleados por ambos serian:

R

nR

tF = -

kv

tp =

V

Sik R ~tP >tF. V

Una vez justificada esta restricción, supongamos que, en el instante t, la posición es la representada en la figura adjunta. Podemos obtener el ángulo (}, ya que la velocidad angular del perseguidor es: ·

V

kv

R

R

(} = --1!.... = -

(constante)

1i

k = ~t

Integrando, resulta: 9

1

d(} =

o

k 0!..at ~ (} o R

R

Tomamos un sistema de coordenadas polares con origen en el centro del estanque, y semieje polar la semirrecta OA. Las coordenadas de F en el instante t son (p, O), indicadas en la figura, ya que F pretende mantenerse en posición diametralmente opuesta a P. La velocidad del fugitivo F es: --

VF

=

·--

·a

P Po+ P0 ºo

2

~ vF

=

V

2

=

-2 2 ·2 P +P 0

Sustituimos el valor de O, conocido, y se tiene:

91

CINEMÁTICA

=

k2v2 v 2 ¡>2 + -R2- p 2 ~ ¡>2

=g;,2

=

( k2 ) v 2 1- -R2 p 2 ~ p v 1- -p2 R2

Debe tomarse signo positivo de la raíz, puesto que p debe aumentar con el tiempo. Separamos variables e integramos:

dp

=vdt~

ip g;,= it O

vt=

Jof

P

g;, 22=Jof' dp

dp k2 1--p2 R2

vdt~

O

R R R (k ) kd=k=k arcsen Rp

1- - p R2

donde hemos hecho el cambio de variable:

k Rp

=

sen ~ p

=

R k sen ~ dp

=

R k cos dq,

Despejando p, tenemos:

(kv)

R sen -¡¡t p=k

con lo que ya conocemos las ecuaciones paramétricas de la trayectoria que intenta seguir F:

k 0=-vt R

(kv)

R sen -¡¡t p=k

Eliminando el tiempo obtenemos la ecuación de la trayectoria en coordenadas polares: R

p= k sen(} Para calcular el radio de curvatura de la trayectoria, hallamos primero la aceleración normal. Para ello utilizamos la expresión de la aceleración en coordenadas polares:

92

MECÁNICA

a= (p- piJ2 )p0 + (p8 + 2p8) 80 p.

kv = kR R

cos (kv R t)

(kv )

· kv 0=R

= V cos R t

.. k v 2 sen (kv p=R -¡¡t )

8=0

Sustituimos:

k v 2 sen ( R kv t ) - R k v 2 sen ( R kv t )]a_ = [ - R Po +

ºº

k v 2 cos (kv +2 R -¡¡t )- = = -

2k v 2 sen ( -¡¡t kv )2k 2 cos ( -¡¡t kv )-¡¡ Po +-¡¡v 00

El módulo de la aceleración es:

lal= !

v

2

Además, la aceleración tangencial de F es:

ª Y el módulo de

1

_ dv =O dt

(v = cte.)

-

a puede también expresarse: -1 ) 2 2 2k 2 1a =ar +an =an ~an =-¡¡v

Como, por otra parte, la expresión de la componente normal de la aceleración es:

v2

ª" =--;-

r = radio de curvatura de flexión v

2

2k R

-=-V

r

2

R

~r=-

2k

2.º) Al variar O, el máximo valor de la distancia al centro, p, se obtiene cuando sen (} = 1. Entonces:

93

CINEMÁTICA

(pues k > ,r) Por tanto, siguiendo esta trayectoria, no alcanza el borde del estanque. La máxima separación del centro del estanque es la ya indicada:

R

Pmáx

=---¡;

3.º) Cuando alcanza esta separación, el fugitivo está en posición diametralmente opuesta al perseguidor. Si comienza a moverse radialmente, alejándose de él, el tiempo empleado, desde dicha posición, es:

,

R-Rlk R(k-1) V =--k-V-

tp =

El tiempo que emplearia el perseguidor en recorrer una semicircunferencia es: f ,rR. tp = -

kv

Para que consiga escapar:

t'
~

P

~

R(k-1) nR <-~ kv kv

R(k-1) < nR ~ k-1 < n

~

k < n +1

El tiempo empleado, desde que partió del centro es la suma del que tardó en llegar a la posición de máxima separación

(p = : J más el hallado ahora.

Es decir: - l sen () -

~

() _ ,r ,, _ R() _ R(n / 2) _ nR - - ~ tF - - --2 kv kv 2kv

t=t;+t;=R(k-1)+ nR =_B__(2k+n-2) kv 2kv 2kv

1 O. El eje instantáneo de rotación de un sólido rígido es el semieje x positivo. Se sabe que el punto A(4, O, 2), perteneciente al sólido, tiene por velocidad 10 mis, paralela al semieje «y » negativo. Se pide: l.º) Rotación instantánea y velocidad de deslizamiento.

2. º) Lugar geométrico de los puntos cuya velocidad es paralela al semieje z negativo.

94

MECÁNICA

z

~,/

,, ,,

,,

12

o

I

y

X

1. º) Rotación instantánea y velocidad de deslizamiento

Como el eje instantáneo es paralelo a la rotación instantánea, ésta será:

ro= mi La velocidad de cualquier punto del eje instantáneo (por ejemplo, el origen de coordenadas), será la de deslizamiento, paralela a ro:

v0 = vd i En función del grupo cinemático en O, la velocidad de A es:

vA =Vo + ro " OA =v d i + mi " (4i + 2k) =v d i - 2m J Como sabemos que

vA = -1,0j, Vd

=Ü

La rotación instantánea es

o_,.,' -10 j

identificamos:

2m = 10 ~ m = 5

ro = Si, yla velocidad de deslizamiento es nula.

2.º) Puntos con velocidad paralela al semieje z negativo

Sea un punto P(x, y, z). Su velocidad será:

vp

=

v0 +ro "OP= vd i +mi "(xi+ yj +zk)=-SzJ +Syk

Para que sea paralela al semieje z negativo se cumplirá:

vP =-vpk

95

CINEMÁTICA

Identificando con la relación hallada, resulta:

5z=0

5~ =

-Vp ~

y <_O

El lugar geométrico buscado es el semi plano XY con y < O.

11. El cono de la figura está sometida a las rotaciones ro1 = -2 Ty mi desconocida, pero cuyo eje de rotación pasa por el ~rtice A. El eje instantáneo es la generatriz AB y la velocidad de C es 4 k. Se pide: l.º) Obtener la rotación COi, así como su eje de rotación. 2. º) Hallar el grupo cinemático en D.

1. º) Rotación

mi

La rotación instantánea es

ro= m1 + mi.

Además, debe tener la dirección del eje instantáneo. Por tanto:

Despejando la rotación

mi resulta:

_ =m _-m _ = fi. m (-i.,. + ¡7) - ( -2i.,.) = ( 2 - fi. m )-=-i + fi. m ¡7 m 2 1

96

MECÁNICA

La velocidad de C será: Ve =CDAW1 +CA A W2 = =

(-2i)A(-2Í)+(4i-2i) A[[2- Ji)+ ~ 4k-

J-

= -4k- + 4w E k- + [ 4- 2w E k

~

Ji']

=4Íc->

w = 2-vr::2

Sustituyendo el valor de ro, obtenemos la rotación

ioi:

_ -( 2- 2E ~ _2~ ji ]s-z+ 2E ji J-J

Wz-

2.º) Grupo cinemático en D Ya se conoce la rotación instantánea. Basta calcular la velocidad de D. w=w1 +w2 =-2i +21

Para hallar la velocidad de D, podemos utilizar la relación entre las velocidades de dos puntos de un sistema indeformable. Así: Vn = Ve +w A CD =

4k + (-2i +21) /\ (-21) = 8k

También se podía haber procedido como anteriormente se hizo para la velocidad de C.

12. La esfera de la figura rueda sin deslizar sobre el plano XY, sometida a las rotaciones w1 (desconocida) y Wz = 4 rad/s, y a la traslación de 3 mis, como se indican.

z

p

~ .,,.,

y W2

97

CINEMÁTICA

1.º) Calcular las velocidades de A y P. 2. º) Velocidad de deslizamiento. 3. º) Eje instantáneo de rotación y deslizamiento mínimo. 1.º) Velocidades de los puntos A y P Obtenemos primero el grupo cinemático en O. Su velocidad es nula, ya que rueda sin deslizar sobre el plano XY, siendo O el punto de contacto.

va =0 Por otra parte, la velocidad de O será igual al vector de traslación más el momento respecto a O de los vectores rotación. Así, en la figura se ve:

va= v1 +OB "'ci51 = 3i + (-2] +2k)"' ro¡k =O~ ~

:-

-

3 _ 3~ ro1 = - k 2 2

(3 - 2ro1 )t = O ~ ro1 = -

z

p

Como la rotación

Wi es conocida (ii>i. = 4¡), la rotación instantánea será: -

(1)

=

- + (1)2 -

(1)1

~ 3k= 4¡ + -

2

Conocido el grupo cinemático en O, las velocidades de A y de P son:

i

vA = Va + ci5 "'OA = (4] + k)"' 2k = 8i vp = va +w "'OP=(4] +tk )"-(2] +2k) = Si

98

MECÁNICA

2.º) Velocidad de deslizamiento Se llama así a la velocidad de los puntos cuya velocidad es mínima (los del eje instantáneo). Es la proyección sobre ro de la velocidad de un punto cualquiera (vd = aim). En este caso, como O tiene velocidad nula, la velocidad de deslizamiento es cero (vd = O).

vA ·

3.º) Eje instantáneo Es el lugar geométrico de los puntos de velocidad mínima (paralela a ro). Por consiguiente, O es un punto del eje instantáneo. Además, este eje es paralelo a ro. Hallaremos la ecuación de una recta en la dirección de

ro que pase por O:

x - O_ y - O= z - O~ x = O } Eje instantáneo -0-- 4 3/2 3y-8z=O ·

Las dos ecuaciones anteriores representan dos planos cuya intersección es el eje instantáneo.

13. A y B son dos piñones cuyos ejes están solidarios al vástago 002 , que gira en sentido antihorario con velocidad angular ro. C es una corona dentada fija. Hallar: -

Valor y sentido de la rotación del piñón A. Se verifica que a

=

2b

=

3c.

Calcularemos primeramente las velocidades de 0 1 y 0 2 , centros de los piñones A y B respectivamente. Por pertenecer al brazo móvil se tiene:

v0

1

=mk /\ai =maJ

v0 , =mk /\(a+b+c)i =m(a+b+c)J

99

CINEMÁTICA

estando los vectores referidos a un sistema de referencia tal, que el plano XY coincida con el plano director, y el eje x con el vástago, siendo el origen de coordenadas el punto O. Designando por P al punto de contacto entre el piñón B y la corona C, sabemos que Vp = Va2

+w8

vP =

A02 P porque P pertenece al piñónB

O por pertenecer Pala corona fija C

Sustituyendo y resolviendo el sistema de ecuaciones:

O=m(a+b+c)J +m8 k Aci =[m(a+b+c)+cm8 ]] ~ ~ (J)B

11 =- m(a + b+c) =--(J)

·

e

2

donde hemos llamado Q1J3 a la rotación instantánea del piñón B, habiéndolo supuesto inicialmente en sentido antihorario. El signo negativo nos dice que el sentido real es el horario (el vector~ es entrante en el plano director). Procedemos de la misma forma con D, punto de contacto entre los piñones A y B. vD = va,

+ roA A 0 1D

vD = va,

por pertenecer D al piñón A

+ W8 A 0 2D

por pertenecer a B

Sustituyendo los vectores y resolviendo el sistema, se tiene:

mJ + mAk

A

bi = m(a + b + e )J + m8 k

A

~ (m + bm A )J = [m(a + b +e)- cm8 ~(J)A

=

m(b+c)-cm8 b

=(J)

(-ci.) ~

]J ~

a+2b+2c 16 b =3())

siendo mA la rotación instantánea del piñón A, y su sentido antihorario, al igual que el vástago.

14. La figura representa un piñón de radio r que engrana con una rueda dentada de radio R. El piñón es arrastrado por el brazo OA con velocidad angular constante m. La rueda es fija. l.º) Relación entre R, r, y el número de vueltas n que da el piñón por cada vuelta del brazo OA. 2.º) Para el caso n = 5, hállese la aceleración del punto diametralmente opuesto al de contacto entre piñón y rueda. 3.º) Hallar la base y la ruleta del movimiento del piñón.

100

MECÁNICA

o

1. º) Relación entre R, r y n Tomamos unos ejes tal como indica la figura.

/>

""

~

La velocidad del centro A del piñón, por pertenecer al brazo OA, es:

vA = -olZ /\ OA = -olZ /\ (R + r)J = w(R + r)i Llamamos B al punto de contacto entre rueda y piñón. Su velocidad será:

v8 = O por estar en la rueda fija v8 = vA + coP /\ AB por estar Ben el piñón Hemos representado por

ro¡, a la rotación del piñón.

Sustituyendo y resolviendo el sistema, resulta:

O= w(R + r)i + wi, /\ (-r¡) = [w(R + r) + wPr ]i ~ R) = - OR+r J - - = - 0 )( 1+-

~O) p

r

r

101

CINEMÁTICA

El signo negativo indica que la rotación del piñón es de sentido contrario al supuesto, que era el antihorario ( % = ~ k). Es decir, tiene sentido horario, al igual que la rotación del brazo. El número de vueltas del piñón por cada vuelta del brazo OA será:

R

co co

n=_e_=l+-

r

2.º) Aceleración del punto C paran= 5

R

-

-

Paran= s~ -=4~ R =4r ~ OA = Srj, mp =-SJ.. r

La aceleración de A es:

pues se trata de un movimiento plano, y además a=

w= O.

La aceleración de C será:

ªe = aA

=ZiA +ap I\AC+mp l\(Wp I\AC)= -

ro; AC = -Sco rf - 25co rf = -30co rf 2

2

2

donde se tuvo en cuenta que ap = wp = o. 3. º) Base y ruleta del movimiento del piñón

Como el punto de velocidad nula del piñón es siempre el que está en contacto con la rueda, la base será la propia rueda, es decir, una circunferencia de centro O y radio R.

x¡ +y¡= R 2

BASE

Para la ruleta debemos tomar unos ejes móviles ligados al piñón. Suponemos inicialmente el centro A del piñón en el eje y 1, y los ejes móviles x, y, con origen en A y paralelos a los ejes fijos x 1, y 1, en dicho instante inicial. Mientras el brazo OA gira un ángulo 1/J, los ejes móviles giran un ángulo n
y= r sen (1/J + 1r / 2 -

n
102

MECÁNICA

tY1 1

·--~1 BASE

que constituyen las ecuaciones paramétricas de la ruleta. Eliminando el parámetro q,, resulta la ecuación cartesiana de la ruleta.

x2 + y2 = r2

RULETA

Podemos observar que la ruleta coincide con el propio piñón, como ya podíamos haber supuesto.

15. El brazo OA tiene aceleración angular constante a, de sentido el indicado. Para t =O,= O y co = O, observando que la primera vuelta la da en 2T segundos. Si la corona exterior es fija, se pide: 1. º) Velocidad angular de la rueda mayor para t

= T s.

2. º) Aceleración del punto de contacto entre la rueda menor y mayor (primero como perteneciente a la rueda menor y luego como perteneciente a la mayor) para t = Ts. Las ruedas de radios R y 2R son solidarias.

103

CINEMÁTICA

1. º) Velocidad angular de la rueda mayor Se trata de un movimiento plano. Tomamos unos ejes de referencia tales que el plano XY coincida con el plano director (el plano del papel), y el eje x tenga la dirección del brazo en el momento deseado.

r

y

El brazo OA tiene un movimiento de rotación uniformemente acelerado alrededor de un eje perpendicular al plano director por O (eje z). En este movimiento se cumple:

d

a= d;

r

rm ~ Jo dw= Jt

dt~w=at

i~ lt

d ~ d(/>= W dt~(/>=-at 1 2 W=-d t o o 2 donde hemos tenido en cuenta las condiciones iniciales:

t=O

=0

(J)

=

o

Como se sabe que invierte 2T s en dar la primera vuelta, se tiene:

104

MECÁNICA

t = 2T ~ = 2n ~ 2n = .!..a(2T)2

2

En el instante t

~ 1r = aT 2 ~a=

n rad/s 2

T2

T se tendrá entonces:

= 7r

7r

m = at =-T =-rad/s yi T

1 2 1 7r 2 7r d =-at =--T =-ra 2 2 T2 2

Es decir, al cabo de T s el brazo OA está en posición vertical. Poniendo la rotación y la aceleración angular en forma vectorial se tiene: -

7r -

w=aic =-k T

-

7r -

a=ak =-k T2

La velocidad de A, centro de la rueda pequeña y perteneciente al brazo OA, es:

VA =Va+ w A OA = T 1r k A 4R-c _ -4nR l - J-e T Si llamamos B al punto de contacto entre ambas ruedas y m1 y mi a las velocidades angulares de la mayor y la menor, respectivamente, se puede escribir:

w1 = m1k v

8

w2 = m2 k

=Va+ w1 A OB = w1 A OB por pertenecer a la mayor

v8 = v

A

+ W2

A

[1]

AB por pertenecer a la menor

Llamando C al punto de contacto entre la rueda de radio 2R y la corona fija, se tendrá:

Ve=

vA

+ w2 A AC por pertenecer Ca la rueda de radio 2R Ve= O por estar en la corona

[2]

Resolviendo en [2] resulta:

(4nR

)-;- -

4nR -;-e 2n _ 2n - ¡ +m2 k A2Rz = -+2Rm2 ¡=O~ m2 = - - ~ m2 =--k T T T T El signo negativo indica que es entrante en el plano director (sentido horario), en contra de lo supuesto. Conocido

Wi, se sustituye en [1]:

105

CINEMÁTICA

La rotación de la rueda mayor es saliente del plano director, es decir, su sentido es antihorario. La velocidad del punto de contacto B será entonces: _ _ 2,r k-

VB - -

T

/\

3

R:- _ 61tR. .,. l ---J

T

2. º) Aceleración del punto B

En B están en contacto dos puntos, pertenecientes uno a cada rueda. Ambos tendrán la misma aceleración tangencial, pero las componentes normales de cada aceleración no tienen por qué coincidir. El punto de la rueda mayor, B 1, tendrá una aceleración:

a8

1

=

a0 + a1 A OB -

w¡ OB

donde no se conoce

a1

El punto de la rueda menor, B 2 , tendrá una aceleración:

a82= aA + a2 /\ AB-w: AB

siendo

a

2

desconocida

Calculamos primero la aceleración del punto A perteneciente al brazo OA: - +aA - OA -w 2 OA =n- k- A 4R:-1 -n2- 4R:-1 = 4n2 R -=- 41tR. .,. aA=a - -- 1 + --J 0 2 2 2 2 T T T T

Por otra parte, el punto de la rueda pequeña en contacto con el punto C de la corona tiene aceleración tangencial nula. Teniendo esto en cuenta, resulta:

Por ser nula la componente tangencial, se tendrá: 41tR. -2-+2Ra2 T

2n

_

2n -

=O~a2 = - - 2 ~ ª 2 = - - 2

T

T

k

106

MECÁNICA

Con el valor de _

a

s,

a2 , hallamos la aceleración asi:

4n 2 R -:- 4nR -: 2n -:- 4n 2 -:6nR -: + - 1 - - k 1\(-Ri)--(-Ri)=-J T2 T2 T2 T2 T2

=---i

Desarrollamos iie 1 , identificando su componente tangencial con la de asi: - 4n 2 12n2 R li8 =a1k /\3Ri-3Ri = - - - i +3Rad 2 2

'

T T 2n _ 2n 6nR 3Ra1 =--~a1 =-~a1 =-k T2 T2 T2

Sustituyendo en la expresión de as 1, resulta: _

a

B,

12n2 R -:T2

6nR -: T2

=---i+--J

16. De la barra de la figura se conocen los valores de vA y ªA· 1. º) Obténgase gráficamente los valores de ro y a de la barra, explicando su obtención.

2. º) Razónese cuál es el punto más lento del plano móvil y cuál es el más lento de la barra. La longitud de la barra es L.

A

VA

ªA 1. º) Velocidad angular ro y aceleración angular a La relación entre las velocidades de dos puntos A y B de un sólido rigido

es:

VB=VA+W/\AB donde se conoce el vector

vA, mientras del otro sumando se sabe:

107

CINEMÁTICA

Q

A

-

Módulo:

!ro"~ = roL

por ser

ro perpendicular al plano director y, por

tanto, a la barra.

- ro" AB es perpendicular a ro

y, por consiguiente, está en el plano

director.

- ro " AB es perpendicular a AB , es decir a la barra. En cuanto al vector VB, no se conoce su módulo, pero sí su dirección y sentido. Tiene la dirección de la pared inclinada y hacia arriba. Todo esto nos permite hallar gráficamente lo que buscamos: Se lleva el vector vA al punto B y a continuación se traza una recta perpendicular a la barra hasta que corte a la pared inclinada. De la figura se obtiene:

Así se hallan los valores de ro y de Vs, Debe tenerse en cuenta que todo debe hacerse a escala, debiendo tomarse una escala para las velocidades y otra para las longitudes.

A

108

MECÁNICA

Para el cálculo de a partimos de la relación entre las aceleraciones de dos puntos A y B de un sólido rígido:

ªs =iiA +a I\AB+w l\(W I\AB)=aA +a I\AB-al AB El vector aA es conocido. Del vector a /\ AB se sabe: - Módulo:

ja /\ ABj = aL, pues ay AB son perpendiculares.

- a/\ AB es normal a a,

por lo que estará en el plano.

- a/\ AB es normal a AB, es decir, a la barra. El vector - al AB es conocido, pues: - Módulo:

j-al ABj = al L, y ro ya ha sido hallada.

- Su dirección es la de la barra, y su sentido, de B hacia A. Del vector a8 se conoce su dirección, que es la de la pared inclinada, ya que B tiene un movimiento rectilíneo cuya trayectoria es dicha pared. Basándose en todo esto se obtendrá gráficament el valor de a:

ªA·

Se lleva sobre el punto Bel vector A continuación, el vector -ro 2 AB, paralelo a la barra y de módulo conocido. Desde el extremo de éste se traza una perpendicular a la barra hasta que corte a la pared. El segmento interceptado sobre esta perpendicular representa el módulo de a/\ AB, y el interceptado sobre la pared, el módulo de a8 •

./,'ti /

I

/

I I

/

/

/

1 •

1

.

1 .

I 1 1

A

109

CINEMÁTICA

Así, de la figura se halla:

Los sentidos de ro y de ii pueden verse de las figuras, siendo (sentido horario) y ii saliente (sentido antihorario).

ro entrante

Se podía haber obtenido todo a partir del centro instantáneo mediante la obtención previa de éste.

2.º) Puntos más lentos del plano móvil y de la barra El punto más lento del plano móvil es el CIR, cuya velocidad es nula. Se halla gráficamente como indica la figura. El punto más lento de la barra es el más próximo al centro instantáneo. Se halla trazando una perpendicular a la barra por el centro instantáneo I (punto T de la figura).

17. A la corredera C se le comunica una velocidad ve, siendo ae su aceleración. Hallar, para esa posición, explicando su obtención: l.º) Velocidad angular de AB.

2.º) Aceleración angular de AB. Las longitudes de las barras AB y BC son conocidas.

a

A 1. º) Velocidad angular de AB

La relación entre las velocidades de B y de C es:

donde hemos llamado

~

a la rotación instantánea de la barra BC.

Ve es conocido.

De

robe /\ CB

se conoce:

110

MECÁNICA

- lrobc "e~

=

mbc

le~.

- Está en el plano. - Es normal a la barra BC.

- v8 es perpendicular a la barra AB por pertenecer B a ella y ser su movimiento una rotación alrededor de A.

e p

A

/ Q

Según esto, se lleva ve al punto B (o a otro cualquiera), obteniéndose el punto P. Por éste se traza una normal a la barra BC hasta que corte a una perpendicular a la barra AB trazada por B. Se obtiene el punto Q. Se tiene: PQ = mbcCB ~ mbc

BQ=lvBI

PQ

= BC

Por otra parte, por estar B en la barra AB, se tiene: VB

= VA +wab I\ AB = wab I\ AB ~ VB = (J)abl~ = (J)abAB ~ ~

V BQ B -~ mab = AB - AB

Hemos obtenido de esta forma las velocidades angulares Wab y ~e de las dos barras, así como las velocidades de los puntos B y C. Debemos tener en cuenta que tenemos que usar dos escalas: una para longitudes y otra para velocidades (aunque pueden coincidir). En cuanto a los sentidos de ambas rotaciones, se puede ver de la figura que: ~

es saliente del plano director (sentido antihorario).

wab es entrante en el plano director (sentido horario).

111

CINEMÁTICA

2. º) Aceleración angular de AB La aceleración de B es:

El vector

ac, conocido, se lleva al punto B. Se obtiene así el punto R.

El vector -w¡,,,CB está en el plano director (el del papel), es paralelo a la barra BC y va dirigido de B hacia C. Se lleva a R, obteniéndose el punto S. ahc /\ CE está en el plano y es perpendicular a la barra BC. Por S se dibuja una normal a la barra BC, que va a contener al vector.

z

A

- El vector a8 tiene dos componentes (ya que B pertenece a la barra AB que tiene una rotación alrededor de A): - Una tangencial a la trayectoria de B (perpendicular a la barra AB), que sería

aab /\

AB.

Una normal a la trayectoria de B (paralela a la barra AB y dirigida de B hacia A), que valdría vi!AB. Como v 8 ya se calculó en el primer apartado, la componente normal es conocida también en módulo; se lleva sobre la barra AB a partir de B, obteniéndose el punto T. A partir de T se traza una perpendicular a la barra AB hasta que corte a la normal a la barra BC dibujada por S. Si Z es el punto de intersección, se tiene:

112

MECÁNICA

a 18 = TZ

~

aabAB = TZ

~

TZ aab = AB

sz

abcBC =SZ ~ abe = BC

En cuanto a los sentidos, podemos ver que:

ai,c es entrante en el plano director (sentido horario).

i'iab es saliente del plano director (sentido antihorario). Hay que recordar que se debe tomar una escala para longitudes y otra para aceleraciones, aunque pueden coincidir.

18. El extremo A de la varilla, de longitud 1,5 R, tiene velocidad y aceleración con los sentidos y módulos indicados. Hallar gráficamente, explicando el fundamento: l.º) Velocidad y aceleración angular de la varilla. 2. º) Velocidad de sucesión del CIR (método gráfico de Hartmann). 3. º) Velocidad y aceleración del centro de masas G de la varilla.

R:lm VA: 2ffl/1 __,.

~A:

lm/,2

l.º) Velocidad y aceleración angular de la varilla

a) Velocidad angular Partimos de la relación entre velocidades de dos puntos de un sólido rígido: VB =VA +W/\AB

vA es un dato. El vector v tiene módulo desconocido, pero es tangente a la trayectoEl vector

8

ria de B, es decir, a la circunferencia. -

En cuanto al vector

ro"' AB se sabe:

113

CINEMÁTICA

- leo/\ ABJ = wL = l,SwR = 1,Sw. - Es normal a AB, o sea, a la varilla. - Es perpendicular a

ro,

por lo que estará en el plano director.

Se lleva vA con punto de aplicación a B, y por su extremo se traza una perpendicular a la varilla. A la vez dibujamos una tangente a la circunferencia en el punto B hasta que corte a la perpendicular anterior en el punto D. Los segmentos interceptados sobre ambas rectas representan los módulos de VB y de m/\ AB. Es decir. CD=

CD

Im/\ ABJ = 1' Sw ~ w = -1,5

Se toma una escala adecuada para las velocidades y otra para las longitudes. Se obtiene en forma aproximada:

w = 2,1 rad/s mes saliente (sentido antihorario) del plano director, como puede verse fácilmente si tenemos en cuenta que el movimiento consiste en una rotación instantánea alrededor del eje instantáneo, y observamos la posición del CIR. b) Aceleración angular

Se utiliza la expresión:

114

MECÁNICA

-

El vector

- a

8

aA es conocido, ya que es un dato.

tiene módulo desconocido, pero de él se sabe que tendrá dos com-

ponentes: - Una tangencial a la trayectoria (circunferencia), a 18 , de módulo no conocido. - Otra, normal a la trayectoria (pasará por el centro de la circunferencia) y cuyo módulo se conoce. Será:

anB = v! / R = 7,84 m/s 2 -

El vector -al AB es conocido, siendo su módulo y dirección:

-1-alABJ =alL =6,615 m/s

2

•

- Es paralelo a la varilla y dirigido de B a A. -

Del vector

- la

A

aA

AB se desconoce el módulo, pero se conoce su dirección:

ABI = aL = 1,5aR = 1,5a.

- Está en el plano del papel y es normal a la varilla. Llevamos aA al punto B; a continuación se traza una paralela a la varilla, de módulo oiL y sentido de B a A, obteniéndose el punto F. Por F trazamos una perpendicular a la varilla. Por otra parte, a partir de B se dibuja la componente normal de a8 , pasando por el centro de la circunferencia. Por su extremo H se traza una perpendicular (que contendrá a la componente tangencial). Esta recta cortará a la dibujada a partir de F en el punto J, interceptándose en ambas rectas sendos segmentos que representan el módulo de a " AB y la componente tangencial a 18 • Uniendo B y J tenemos el vector a8 • En la figura:

BI=laBI

Hl=a1B

Aci

FJ

Ia/\ J""llJI = aL ~a= -1,5

FJ =

Tomando unas escalas adecuadas para aceleraciones y longitudes resulta: ªiB

= O, 5

m/s

2

laBI =7,85 m/s

2

a= 3, 9 rad/s 2

Observando la figura se puede apreciar el sentido de ii: entrante en el plano (sentido horario). Tanto la velocidad como la aceleración angular se podían haber hallado de forma gráfica a partir del centro instantáneo de rotación, JJrevia obtención de éste. Se tendría en cuenta que su velocidad es nula (v1 = O), y su aceleración a¡ = - ro" v,. Esto requeriría evidentemente haber hallado la velocidad de sucesión.

115

CINEMÁTICA

F 2.º) Velocidad de sucesión (método de Hartmann) Este método nos permite calcular la velocidad de sucesión conocidas las trayectorias de dos puntos, así como sus velocidades. En esencia, consiste en lo siguiente: - Se dibujan las velocidades de estos puntos (en este caso Ay B). Por el origen y extremo de ambas se trazan rectas que pasen por los centros de curvatura de las trayectorias respectivas (el de la trayectoria de A está en el infinito).

p

I\ I ' _ _ _ _.l..:.J. M - · O~.~·.,._

-· ~, I I

L

116

MECÁNICA

Por I (intersección de las normales a vA y v8por sus orígenes) se trazan paralelas a vA y v8hasta que corten a las rectas que habíamos dibujado pasando por los extremos de las velocidades y los centros de curvatura respectivos. Se obtienen los puntos M y N. - A partir de estos puntos se dibujan paralelas a IA e IB respectivamente, que se cortan en P. El vector IP represen.ta la velocidad de sucesión V5 • Utilizando las escalas se obtiene: V5

=2,5mfs

3.º) Velocidad y aceleración del centro de masas G de la varilla Para la velocidad, partimos de Ve =

vA + ro 11. AG.

Se procede como en el apartado 1. º). En la figura se tiene: ST = w·L/2

GS=vA

GT=vc

Con las escalas y en forma aproximada:

Ve =1,65 mis Para la aceleración se parte de ªe =

aA +a/\ AG -

2

w AG

En la figura: GP=aA

PQ = w2 · L / 2

QR=a·L/2

Aproximadamente: ªe= 3,3 m/s

2

T

GR=ac

117

CINEMÁTICA

19. Una barra AB de 4 m de longitud está unida a la periferia de un disco de 4 m de diámetro que rueda sin deslizar. A es una articulación y B no pierde contacto con el suelo. Del disco se sabe que el punto más rápido tiene una velocid~d de 0,5 mis. Hallar: - Velocidad angular y aceleración angular de la barra, así como la velocidad y aceleración del punto B. Todo cuando(}= 7d2. La rotación m del disco es constante.

1. º) Velocidad angular de la barra y velocidad de B a) Velocidad angular del disco

Como rueda sin deslizar, el centro instantáneo del disco es el punto O. El más rápido será el más alejado de O, es decir, el punto D. Entonces:

., o / /

/

e X

B

o

118

MECÁNICA

de donde, tomando el módulo:

05 lvvl=4m=0,5-Ho= ~ =i-=0,125 mis Como la rotación es constante, la aceleración angular a será nula. b) Velocidad del punto A Por pertenecer al disco, se tiene: VA=

v0 +m /\OA =-af 1\(-Ri + R7) = 0,25(i + 7)

Su módulo es:

lvAI = 0,25-5 mis

o

e

e ve

o

c) Velocidad angular de la barra y velocidad de B

l.ª forma: mediante el CIR Se conoce la velocidad del punto A de la barra y la trayectoria de B. El CIR del movimiento de la barra estará en la intersección de las normales a ambas (punto I de la figura primera). La velocidad de A, por pertenecer a la barra, es: VA= V¡+ mab /\!A= mab 1\/A-t V A= mabl!Al-t mab =

~~

v A ya se conoce e !A se obtiene por el teorema del seno en el triángulo /AB: AB

sen 45º

=

!A sen 60º

IB sen 75º

=~~~~-

IA=2Í6 m IB = 2(1 + -fi) m

119

CINEMÁTICA

Sustituyendo resulta:

La velocidad de B será:

v8 = v1 +mab "'IB=mab "'IB= =

o,2s(1 +

\:::k "'[-2(1+.fi)J]=

8-y3

E)í

2. ª forma: de manera gráfi.ca Relacionamos las velocidades de A y de B, ambos pertenecientes a la barra.

vA es un vector conocido en módulo, dirección y sentido. v es horizontal, por ser tangente a la trayectoria de B, y su módulo se 8

desconoce.

-

mab "'AB es un vector.

- Que está en el plano. - Perpendicular a la barra AB. - De módulo lmab

"'ABJ = wabL,

siendo L la longitud de la barra y wab

desconocido. Se lleva el vector vA al punto B, trazándose por su extremo una recta normal a la barra hasta que corte a la horizontal del suelo, en el punto F. De esta manera se obtiene (segunda figura):

Deberá tomarse una escala para longitudes y otra para velocidades. En este caso también se puede hacer de forma analítica, ya que, en el triángulo BEF, se conocen todos los ángulos, pudiendo aplicarse el teorema del seno.

120

MECÁNICA

~ = wabAB = ~

sen 60º 1

ü)ab

= s-/3 =

sen 45º

sen 75º

0,125

-E

VB

=

0,25 ( r:: ) "',1 3 +1

-E

2.º) Aceleración angular de la barra y aceleración de B a) Aceleración de A

Por pertenecer al disco, la aceleración de A será: 2

ªA =ac +a I\CA-w CA

a = O como ya se ha dicho.

siendo C el centro del disco, y

Como además C tiene movimiento rectilíneo uniforme, se cumplirá

ªe

=

O.

Por tanto,

a- A =

üJ 2CA

=

-0)

2( - R.,.) l = ü) zR-:l = - 1 l.,.

32

También se podría haber obtenido en relación con la aceleración del CIR: 2

ªA=ªº +a I\OA-w 0A

=-ro/\ v, -w 2 0A

Como la base del movimiento del disco es el suelo, y la ruleta es el propio disco, la velocidad de sucesión v, es v s = w PsPR = w__E__g_ = wR = 0,25 ~ Ps + PR l+ PR Ps

vs = 0,25i

ya que Ps ==

PR = R =2

Sustituyendo: ªA=- (

-J

1 -Bk

1- 1 1 /\¡i- 64 (-2i +2j)= 3/

b) Aceleración angular y aceleración de B

ªs =aA +aab I\AB-w~bAB

121

CINEMÁTICA

aA y.a se conoce.

-co~bAB es también conocido. Es paralelo a la barra, de módulo J-co~ABJ = (118·! 3J .4 = 1/ 48 m/s

2

AB se conoce su dirección (normal a la barra).

De

aab /\

De

a se sabe que es horizontal, por ser rectilíneo el movimiento de B. 8

Se lleva aAal punto B. A continuación, en H se coloca -co~bAB, y a partir de M se traza una normal a la barra hasta que corte a la horizontal del suelo enN.

En el triángulo HMN se conocen todos los ángulos (véase figura). Se tiene:

MN = laab

/\ ABJ = 4aab = HM

= 4co~b tg 30º

tg 30º = 1-co~b ABJ tg 30º =

1 ~ aab = -192 - Ji = Ji 3 576

_

BN=la8 J=BH+NH=a A+

J-co~b ABJ cos 30º

rad/s 2

1 1/48 =-+-y--=

32

-v 3 /2

1 - = 5, 53 -10-2 m/s 2 = __!___ + 32

24Í3

20. En el sistema biela-manivela de la figura, el punto A recorre la guía circular de radio R = 1O cm. En la posición indicada, la velocidad de A es 5 cm/s y su aceleración tangencial nula. Obtener gráficamente los valores de coy a de ambas barras, explicando su obtención.

122

MECÁNICA

Se va a resolver gráficamente, a escala, aunque la parte correspondiente a las velocidades podria hacerse sin utilizar escalas. 1. º) Velocidades El ángulo pues:


sen

que forma la barra AB con la horizontal puede conocerse,


=

20 sen 37º -10 o sen 53º 2

=0,202 ~

También se puede conocer la distancia entre O y el centro de la guía circular:

d =10 cos 53° + 20 cos

donde hemos llamado io1 a la rotación instantánea de la barra AB. Tomamos una escala para longitudes y otra para velocidades.

123

CINEMÁTICA

De los vectores que intervienen en la relación anterior se tiene:

- vA es un dato. Su módulo es 5 cm/s y es tángente a la trayectoria de A, es decir, a la circunferencia. - De v8 se desconoce su módulo, pero se sabe que, por pertenecer a la barra OB, que tiene una rotación de eje fijo, su trayectoria es una circunferencia centrada en O. Por tanto, v8 será tangente a esta circunferencia o, lo que es lo mismo, perpendicular a su radio (barra OB). -

En cuanto al vector

w

1 /'\

AB se sabe de él:

- Es perpendicular a la barra AB y está en el plano director por ser normal a ro1 • La forma de actuar es la siguiente: l. A partir de un punto cualquiera (por ejemplo B), llevamos un equipolente al vector vA, obteniéndose el punto C.

2. Por C, extremo de vA, se traza una perpendicular a la barra AB, que contendrá al vector w1 /'\ AB. tor

de

3. Por B se traza una perpendicular a la barra OB, que contendrá al vecv8 , y que cortará a la recta anterior, trazada por C, en el punto D. Los segmentos interceptados sobre ambas rectas representan los módulos y de w1 /'\ AB. Es decir:

vB

Ad

CD = ro1 /'\ .n.LII = 20ro1 ~ ro1 = -

1

CD

20

Con las escalas utilizadas en la figura se obtiene aproximadamente ro1 = 0,335 rad/s Esta parte correspondiente a las velocidades no haría falta en este caso hacerla a escala, puesto que se conocen todos los ángulos del triángulo BCD, que son los indicados en la figura. Aplicamos el teorema del seno y se tiene: VA

sen48,68º

=

v

VB

sen41,31º

ro1IAd

~

VB

=4,395cm/s

= -~.n.Ll~I ~ ro1 = O, 3328 rad/s sen48,68º sen 90º

- - = A_ _

124

MECÁNICA

En cuanto a la velocidad angular de la varilla OB, se obtiene de: VB

= C02 A OB ~ VB = C02lo~ ~ C02 = I~~ = 0,22 rad/s

v8 , el resultado obtenido de forma aproximada. Con el valor exacto de v se tendría:

donde hemos usado, para

8

-

C02 -

¡o~= VB

0,219 rad/s

Los sentidos de ambas rotaciones, en el instante considerado, son los que se indican en la figura. Es decir, para AB sentido horario y para OB antihorario. 2. º) Aceleraciones

Usaremos la relación entre las aceleraciones de dos puntos de un sólido rígido: a.B =a.A

siendo

a

1

+a1 AAB-co¡ AB

la aceleración angular de la barra AB.

o

Como, en el instante considerado, A no tiene aceleración tangencial, sólo existe la componente normal, y por tanto: aA

v2

=_.d.= R

2

5 = 2,5 crn/s2 10

Es decir, que de la relación anterior se sabe:

125

CINEMÁTICA

- aA es un vector de módulo 2,5 cm/s

2

y normal a la trayectoria de A, o sea, pasando por el centro de la guía circular. - El vector sentido:

-m¡ AB

es totalmente conocido, en módulo, dirección y

- l-m¡ABJ=m¡IABJ=20·(0,335)2 =2,2445cm/s 2 , ·donde hemos tomado para m1 el valor obtenido gráficamente. - Es paralelo a la barra AB, dirigido desde B hasta A.

- a8 tendrá dos componentes (la trayectoria de B es una circunferencia de centro en O): · - Una normal a la trayectoria (dirigida hacia O), de módulo:

anB =

1

2

~~ = O, 968 cm/s

2

- Una tangencial a la trayectoria (perpendicular a la barra OB), de módulo desconocido proporcional a la aceleración angular de la barra OB: atB

Es decir, que para

-

Del vector

= a2IQ~ =20 a2

a se usa la relación: 8

a1 A AB

se conoce:

- Que es perpendicular a la barra AB, estando en el plano director. - Que su módulo es proporcional a la aceleración de la barra AB:

Con todo eso, procederemos gráficamente, tomando una escala para longitudes y otra para aceleraciones. Teniendo en cuenta estas escalas, se actúa de la forma siguiente: 1. A partir de un punto cualquiera (por comodidad tomamos el punto B), se dibuja el vector aA, con lo que se obtiene el punto E. 2. A partir de E se llevará el vector

-m¡ AB,

llegándose al punto F.

126

MECÁNICA

3. Por F se traza una perpendicular a la barra AB, que será la recta soporte de

a1 /\AB.

4. Por otra parte,a partir de B se lleva el vector se obtiene el punto G.

anB = -co;OB,

con lo que

5. Por G se traza una perpendicular a la barra OB, que va a contener a la componente tangencial a18 = a2 /\ OB, y que cortará a la recta trazada por F en el punto H. Los segmentos interceptados sobre ambas rectas representan los módulos de a1 /\ AB y de a18 = a2 /\ OB. Es decir: FH

Aci = 20a ~ a = FH = 1a- 1 /\ ru.,I 1 1

GH

----i;¡ = a 2 /\ O.u¡ = 20a2 ~ a 2 = GH

20

-

20

1

Además:

BH=lasl Con las escalas utilizadas, y en forma aproximada, se tiene:

a 1 = 0,1675 rad/s 2

a2

=

Hemos utilizado los valores de ra parte.

O, 3225 rad/s 2 C01,

lasl = 6,5 crn/s

2

COi y v 8 obtenidos a escala en la prime-

Estos valores de a 1, a2 , iaiil, pueden obtenerse con exactitud, descomponiendo los vectores en sus componentes y operando analíticamente. Los resultados exactos son:

a 1 = 0,1616 rad/s 2

a 2 = 0,3149 rad/s 2

lasl = 6,373 crn/s

2

21. Cuando el sistema de la figura pasa por la posición mostrada, con la barra BC horizontal y la barra OA vertical, la velocidad angular de esta última es 6 rad/s y la aceleración angular de BC 20 rad/s 2 , con los sentidos indicados Obtener, de forma gráfica, para ese instante, las velocidades y aceleraciones angulares desconocidas, así como sus sentidos.

127

CINEMÁTICA

20rd/s2

o a) Velocidades angulares

Utilizaremos la relación entre velocidades de dos puntos de un sistema indeformable. Así, la velocidad de B, por pertenecer a la barra AB será: VB =VA +WABJ\AB

La velocidad de A,

vA se conoce, ya que A pertenece a la barra OA. Por

tanto:

- Módulo:

vA= lwaA "OAI = 6 · 3 = 18 cm/s.

- Dirección: Normal a la barra OA (es decir, horizontal). - Del vector wAR " AB se sabe que es perpendicular a la barra AB, además de estar en el plano, pues la rotación instantánea de dicha barra, WAB, es normal al plano. Es decir:

- wAB " AB ~ perpendicular a la barra AB. ya que la longitud de la barra AB puede obtenerse de la figura del enunciado:

128

MECÁNICA

WoA

Figura 1

El vector v8 tiene módulo desconocido (pues no se conoce la rotación instantánea de la barra BC, rose), pero se sabe que es tangente a la trayectoria de B, y éste describe una circunferencia centrada en C. Es, por tanto, vertical. En resumen:

- v8

~

vector vertical.

- lvBI = lwBC /\e~= CüBclc~ = 3coBC' El procedimiento a seguir, para resolver el problema de forma gráfica, se expone a continuación (Fig. 1): A partir de un punto cualquiera (puede hacerse sobre la figura que nos dan, o aparte), como, por ejemplo, el punto B, se lleva un vector equipolente a vA. Por su extremo se dibuja una perpendicular a la varilla AB (que debe contener al vector roAB /\ AB). A la vez, por el punto de partida se traza una recta vertical, tangente a la trayectoria de B. Esta recta junto con la trazada

129

CINEMÁTICA

por el extremo de vA, interseccionan en el punto E. Todo esto debe hacerse tomando una escala adecuada para velocidades. Los segmentos interceptados sobre las rectas anteriores representan los módulos de Vs y de mAB /\ AB. Es decir: -

DE=

coAB /\

Aci

,.,__,_,I =

ScoAB

~

coAB

=

DE

-5-

1

Con la escala indicada, y teniendo en cuenta los posibles errores de aproximación, se obtiene: co AB

30 = 6 rad / s 5

=-

Puesto que se conocen los ángulos del triángulo BDE, puede comprobarse que los resultados son correctos. Como, además:

Teniendo en cuenta los sentidos de los vectores mAB /\ AB y v8 = Wse /\ CB los sentidos de las rotaciones wAB y rose son los indicados en la figura 1. b) Aceleraciones angulares Se conoce la de la barra BC, que es ase= 20 rad/s 2 • Procederemos análogamente al caso anterior, sólo que con la relación entre aceleraciones de dos puntos de un sistema indeformable. La relación entre las aceleraciones de A y Bes:

De esta expresión se conoce

a8 ,

-

w~ EA, y la dirección de

aAB /\ AB.

Además, de la aceleración aA se sabe su componente normal, -co~A OA. Es decir:

as Tiene dos componentes: tangencial y normal

__ -{la.

ªsi = ªse /\ CB

81

1=a8 elC~=20 · 3=60cm/s

2

Dirección: Perpendicular a la barra BC, hacia arriba

130

MECÁNICA

2 _ _ 2 -{laBnl = m!clC~ = 64 · 3 = 192 CrnfS ªBn - -WBcCB Dirección: Paralela a la barra BC,

dirigida de B a C

m2AB BA

Su módulo y dirección son: - Módulo:

l-m~BAl=36 ·5=180 crnls 2

- Dirección : Paralela a la barra AB, dirigida de A a B.

ªAB

ABA

- Módulo :

laAB /\ BAI = a AB lnAI = Sa AB.

- Dirección: Perpendicular a la barra AB. QA

Tiene componentes tangencial y normal: _

_ _

aAn _

_

2 -1Módulo: 1-m~A OAI = m~A loAl = 36 . 3 = 108 crnfs WaAOA Dirección: Paralela a la barra OA, de A a O

2

_lDirección: Perpendicular a la barra OA

1- -1 =a A1-1 OA = 3a A

aAt = aoA /\ OA Modulo: , a 0 A /\ OA

0

0

Se procede como sigue: - A partir de un punto cualquiera (por ejemplo el A de la figura, lo que nos facilitará el trazado de paralelas y perpendiculares), llevamos, una a continuación de otra, las dos componentes de la aceleración de B, en cualquier orden, y transformadas con la escala adecuada para aceleraciones. A continuación, se lleva el vector -m~BA, y por el extremo de éste (punto H de la Fig. 2), se traza una perpendicular a la barra AB, que debe contener al vector aAB ABA. Por otra parte, y a partir de A, se dibuja la componente normal de la aceleración de A, aAn, y a partir de su extremo, /, se traza una perpendicular a la barra OA, que contendrá a la componente tangencial, aAr· Esta recta cortará a la trazada por H, en el punto J. Teniendo en cuenta la escala usada, y de forma aproximada, se tiene:

131

CINEMÁTICA

1- -1 1- -1

HJ = aAB /\EA= 5 aAB=345 ~ aAB = -345 - = 69 radi s 2

5

!J= a 0 A /\OA =3a0 A=540~a0 A = 540 =180ra di s 2

3

G

... Figura 2 Los sentidos de las aceleraciones angulares son los que se indican en la figura 2, es decir: ÍXoA es entrante (sentido horario) y aAB saliente (sentido antihorario). Resolviendo por algún método analítico se observa que los valores correctos son:

1a- -1 0 A /\

OA = 543 ~ a 0 A = -543 - = 181 radi s 2

3

Podemos comprobar que los resultados obtenidos de forma gráfica son suficientemente aproximados a los correctos. 22. El disco D rueda sin deslizar arrastrado por el brazo OA, que gira uniformemente invirtiendo en cada vuelta T segundos. Con los datos de la figura calcular: l.º) Velocidad y aceleración del punto diametralmente opuesto al de contacto con el suelo. 2. º) Axoides fijo y móvil del movimiento.

132

MECÁNICA

~

1. º) Velocidad y aceleración del punto diametralmente opuesto al de contacto Teniendo en cuenta que los puntos O y B tienen velocidad nula, pasará por ellos el eje instantáneo. La rotación instantánea Q tendrá la dirección de este eje (recta OB). Además, del enunciado se ve que el movimiento se puede descomponer en dos rotaciones:

ro del brazo OA alrededor del eje vertical que pasa por O. La rotación propia ro1 alrededor del brazo OA. La rotación

La rotación Q será la resultante de estas dos rotaciones. Por otra parte, el valor de la rotación w es: 2,r

OJ=~

T De la figura se ve que el valor de a es: R/2 1 a= are tg-- = are tg- = 26 56º R 2 '

'

Los valores de

f3 y de y son:

f3 = 60-26,55 = 33,44º

r =26,56º

Por el teorema del seno en el triángulo formado por las rotaciones:

_w__ = sen26,56º

n sen120º

W¡

sen 33,44º

~ 0 = sen120º 01 = 19301 = 12,16 rad/s sen26,56º ' T O)

sen 26,56º

~ W¡ = 1,23 w = 7,;4 rad/s

133

CINEMÁTICA

/

¡

z

• .i.r._/ /

.,

Si C es el punto diametralmente opuesto al B, su velocidad será: 7 12 16 Ve= Q,d = Q-EC= Q-BC·cos a = --'- R cos26,56º =-lO_,B__R_ . T T

por ser el movimiento una rotación pura al~ededor del eje instantáneo. Para el cálculo de la aceleración tomamos unos ejes como los que se indican en la figura. Movimiento relativo

El movimiento relativo de C es un movimiento circular uniforme, de radio R/2 (la periferia del disco D) y velocidad angular w1• La aceleración relativa sólo tendrá, por lo tanto, componente normal:

2-r = 2-r = 2(

_ . .: . r_+ _ e- r_) = e- r_)_

ar =

W¡ /\

W¡ /\ W¡ /\

donde hemos tomado r = AC.

W¡ .

W¡ - W¡

29,95R

~

y2

J

-W¡

-W¡

-

R ~) =

21

134 -

MECÁNICA

Movimiento de arrastre

Es el movimiento del brazo OA alrededor del eje vertical. El punto C, en el arrastre, realiza un movimiento circular uniforme con centro en F y velocidad angular ro. El radio de la circunferencia es p = R sen60º+

~ cos 60º = R(./3 /2+1/4) =1,12 R

La aceleración de arrastre tendrá sólo componente normal, siendo su módulo: 2

2n

ªª =W p= T 2

(

)

R ·1,12R=44,06T2

En forma vectorial será:

ªª = 44,06-T2 (cos 60º R

R j +sen 60° k) = - 2 (22,03 j + 38,18 k)

T

La podíamos haber hallado a partir de la expresión de la aceleración de un punto de un sólido rígido:

ªª = a + m/\ AC +ro/\ (ro/\ AC) A

-

Aceleración de Coriolis

Necesitamos la velocidad relativa, que es: -

V,

3 87R-: = W 1 -R-: l = , -l

T

2

La aceleración de Coriolis es: ac = 2ro /\ v, = 2(-m sen60º J+m cos 60º k)/\3,87 R i = T

R

-

-

= -2 (24,3j+42,1Sk) T -

Aceleración de C

La aceleración total del punto C será, por tanto:

ªe

=

a, +

ªª + ªe

Sustituyendo los valores obtenidos se tiene:

135

CINEMÁTICA

_

lle=

29, 95 R ~ R ~ R ~ J+(22,03¡+38,18k)+(24,3¡+42,15k)= T2 T2 T2

R =-2 (76,28 j +80,33 k)

T

El módulo de la aceleración de C vale: R ªe =110,77T 2

2.º) Axoides del movimiento a) Axoide fijo

Es la superficie descrita por el eje instantáneo para un sistema de referencia fijo. Se ve claramente que este axoide es un cono de eje OA 1 y semiángulo en el vértice.

/3 = 33,44º b) Axoide móvil

Es la superficie que describe el eje instantáneo para un sistema de referencia móvil, ligado al sólido.

136

MECÁNICA

En este caso es un cono de eje OA (el brazo) y semiángulo en el vértice

a =26,56º Ambos se muestran en la figura.

23. En el sistema de la figura, el disco rueda sin deslizar, siendo la velocidad de A 1,2 mis. Hallar: l.º) Relación entre wy w'. 2. º) Velocidad del punto del disco diametralmente opuesto al de contacto con el suelo. 3.º) Aceleración de A. 4. º) Axoides del movimiento del disco. 1 1

1

~w=cte

,,,, o '~

/

/

/

,,,"'

- ·,-"'--- ____ .,..,... _.....

/

/

/

/

/ /

,,,"'

l.º) Relación entre w y w'

. Puesto que el disco rueda sin deslizar, B tiene velocidad nula en la posición indicada. El punto O también tiene velocidad nula, por lo que el eje instantáneo es, en la posición representada, la recta OB. La rotación instantánea n debe tener la dirección del eje instantáneo, por lo que será como se indica en la figura. Teniendo en cuenta esto y las direcciones y sentidos de wy w' (rotación de precesión y rotación propia, respectivamente) se tiene:

w

w'

w'

w

sen37º=-~-=

1 5 -sen37º 3

137

CINEMÁTICA

z

y

Podemos además calcular sus valores, ya que, por pertenecer A al brazo y ser la rotación de éste su velocidad será:

m,

4 5 v A = mL cos 37º =-ro -t ro =-·1,2 = 1,5 rad/s

5

4

De aquí: ro'= 2w = 2,5 rad/s 3 La rotación instantánea del disco puede tambiérn ser obtenida de la figura anterior: O) O) 4 tg 37º = - -t Q =--=-ro= 2 rad/s Q tg37º 5

2. º) Velocidad del punto C

Por tratarse de una rotación instantánea alrededor del e.i.r., se tiene: Ve

=Q·d=Q.Dcos37º

siendo D el diámetro del disco, de valor: 6 D = 2L tg 37º = 2 tg 37º =¡ = l,5m Ve

4 =2 ·1,5·s=2,4rn/s

138

MECÁNICA

Podíamos haber procedido en forma vectorial, tomando unos ejes de referencia como los que se indican en la figura:

Ve= v8 + Q /\BC =

Q /\

BC =

Q.7 /\D(sen 37º J+cos 37º k)=

44 - 12 =QD-i =2 ·15-i =-i =2 4i 5 ' 5 5 ' 3.º) Acelera.c ión de A A, por pertenecer al brazo, tiene una rotación pura alrededor de la vertical de O, de valor co. Su aceleración tiene dos componentes: aA1

=mL cos 37º =o

pues

co = cte aAn

= co 2 L cos 37º = ~co 2 = 1,8 m/s 2 aA

=

~ aA = 1,8 J

1,8 m/s 2

4.º) Axoides del movimiento del disco No hace falta deducirlos, pues se ve a simple vista. -

El axoide fijo será el plano del suelo.

- El axoide móvil será un cono, de eje el brazo del disco y semiángulo en el vértice de 3 7º.

., ., .,, .,,

.,

"',...,AXOIDE FIJO

139

CINEMÁTICA

24. La figura representa un tiovivo cuya plataforma gira a Nin r.p.m., siendo su posición inicial la indicada. El cubilete giran veces más rápido. Obtener:

1. º) Axoides del movimiento. Particularícese para los casos n = 4 y n = -1.

2. º) Trayectoria del punto A.

.

~

1

1. º) Axoides del movimiento

Para los axoides necesitamos dos sistemas de referencia: uno fijo y otro móvil ligado al sólido. Tomamos el sistema fijo con origen 0 1 en el centro de la plataforma, y el plano X 1Y1 coincidiendo con ésta, de forma que el eje X1 contenga a la posición inicial del eje del cubilete. El sistema móvil lo tomamos con origen O en el centro del cubilete, y siendo sus ejes x, y, z, paralelos a los del sistema fijo en el instante inicial.

X

·- x,

140

MECÁNICA

Llamamos ro¡ y Wz, respectivamente, a la rotación de la plataforma alrededor de su eje 0 1Z 1, y a la rotación propia del cubilete alrededor de su eje OZ. Sus valores son: W1

N 2n _ !!_ rad/s

=-;¡ 60 -

w2

30

nN = nw1 =-rad/s

30

Al cabo de un tiempo t los ejes móviles tendrán una posición como la indicada en la figura, siendo el ángulo girado tp. N =(n+l)-t

30

debido a ambas rotaciones. Por otra parte, el ángulo girado por el centro O del cubilete alrededor de 01 es N 8=-t

30

El grupo cinemático en O es: - =w - +w w 1 2

_

v0

dr

= dt0 =

NR (

6

= ( n + 1)Nk-

-sen

30

Nt .,. Nt .,. ) i,+cos 11 30 30

siendo l¡, J¡, los unitarios en la dirección de los ejes x 1 e y 1 y el vector de posición ro: r-0

-

Nt .,. + SR sen-]¡ Nt .,. = SR cos 8.,.l¡ + SR sen 8 ]¡.,. = SR cos-z,

30

30

Eje instantáneo de rotación y deslizamiento mínimo

Sea I un punto del eje instantáneo, siendo sus coordenadas respecto al triedro fijo (x 1, y 1, z 1). La velocidad de I será la de deslizamiento, paralela a la rotación instantánea ro (en este caso será nula, por tratarse de un movimiento plano).

NR Nt .,. +cos-J Nt .,. ) + -v = v- +w" - O/ = - ( -sen-z, 1 0 1

6

+I

30

30

4

j¡

k¡

o

o

N (n+l)-

30

Nt Nt Xi-SRcos- y 1 -SR sen-

30

30

Z¡

141

CINEMÁTICA

Como

v = O, se obtienen las dos ecuaciones siguientes: 1

- NR sen Nt 6 30

N (n+l) ( y -SRsen Nt) =0 1 30 30

NR Nt N ( X¡ -SRcosNt) =0 -cos-+-(n+l) 6 30 . 30 30 -

Axoide fijo

Las ecuaciones anteriores constituyen, a la par que las ecuaciones del eje instantáneo, las paramétricas del axoide fijo (por estar referidas al sistema de referencia fijo). Operando en ellas se obtiene:

N}

y 1 =--SRsen-t n n+l 30 , . . . Ec. parametncas del axozde fi¡o n N X¡ =--SR cos-t n+l 30 Eliminando el tiempo t entre ambas, se llega a la ecuación cartesiana: 2

x¡2 +y¡2 -(SnR) - -n+l

Axoide fijo

Como puede verse fácilmente, el axoide fijo es un cilindro de eje el 0 12 1 (el de la plataforma) y radio, SnR!n+l. A este resultado podía haberse llegado por consideraciones gráficas, teniendo en cuenta que el movimiento se reduce a una rotación pura alrededor del eje instantáneo. Hallamos gráficamente la resultante de ambos vectores rotación.

!!_a= nN

30 30 a+b=SR

b}

a =SnR-na

a= SR_!!_ n+l

que coincide con el resultado obtenido.

x¡ + y¡ = 16R 2

Paran =4

Radio: 4R

Axoide:

Paran =-l

Radio:

No existe axoide por tratarse de un par de rotaciones.

oo

142

MECÁNICA

•. i. r.

N.n 30

N

30

-

b

Q

Axoide móvil

De la primera figura podemos hallar las relaciones entre las coordenadas de un punto respecto a ambos sistemas de referencia. Las ecuaciones del cambio de ejes son: SR cos -Nt + x cos

o, en forma matricial:

[

X¡

Y1

l rSR =

~~1

[x]

cos + [cos ¡p -sen
Despejando la matriz de las coordenadas respecto al triedro móvil, se tiene:

X] [ COS
sen
rx¡ - SR cos Nt 1 30

Y1 -SR sen Nt

30

Y de aquí obtenemos x e y:

x = cos
y = -sen
SR cos

~~) + cos
1-

SR sen~~)

Sustituyendo el valor de

143

CINEMÁTICA

Nt ( --SRcos--SRcosn Nt Nt) + x=cos-(n+l) 30 n+l 30 30 Nt ( --SRsen--SRsenn Nt Nt) +sen-(n+l) 30 n+l 30 30 Nt ( --SR n Nt Nt) + y =-sen-(n+l) cos--SR cos30 n+l 30 30 Nt + 1)( --SR n Nt -SR senNt) +cos-(n sen30 n+l 30 30 Estas ecuaciones pueden ser simplificadas, utilizando las expresiones del seno y el coseno de una diferencia, llegando a las relaciones siguientes:

x=---cos-t SR nN} n +1 30 , . . , . Ec. parametncas del axoide movil nN SR y=---sen-t n+l 30 Eliminando el tiempo entre ambas se llega a la ecuación cartesiana del axoide móvil: 2

xi + y2 = ( SR ) n+l

Axoide móvil

El axoide móvil es un cilindro de eje OZ (el eje del cubilete), y radio SR!n+l.

Se podía haber deducido este radio a partir del radio del axoide fijo, pues, lógicamente, la suma de ambos radios debe ser SR. Paran=4

Radio: 4R

Axoide : x 2 + y2 = R 2

Paran =-1

Radio:

No existe axoide

oo

2.º) Trayectoria del punto A De la figura puede verse fácilmente que las coordenadas de A referidas al triedro fijo son:

x 1 = SR cosNt - R cos-(n Nt + 1)} 30 30 Nt Nt y 1 =SRsen--Rsen-(n+l) 30 30

144

MECÁNICA

También pueden ser deducidas de sus coordenadas respecto al triedro móvil (x = -R, y= O), utilizando las ecuaciones del cambio de coordenadas. Las expresiones anteriores son las ecuaciones paramétricas de la trayectoria de A. Si elevamos al cuadrado y sumamos:

x¡ + y¡ +25R

2

-lOR

(

X¡

Nt

Nt)

cos-+ y1 sen- = R 2 30 30

no siendo posible eliminar el tiempo. 25. El plano vertical de la figura gira alrededor del eje 0 1Z 1 con velocidad angular constante = 120/n r.p.m. Un disco de centro O y radio R = 2 m rueda sin deslizar sobre la intersección del mencionado plano con el 0 1X 1Y 11 siendo la velocidad de su centro respecto al plano v = 4 mis. Se pide:

e

-

Axoides del movimiento del disco.

Inicialmente,

e=

O, y el centro del disco está en el eje 0 1Z 1 •

z1

Yt

X·

Tomamos unos ejes móviles, ligados al sólido, con origen en el punto O y cuyas direcciones son, inicialmente, las de los ejes fijos. Llamamos a este sistema OXYZ. Al cabo de un cierto tiempo, en el instante t, la posición será la indicada en la figura. Hallaremos el grupo cinemático en O. Para ello tendremos en cuenta que:

145

CINEMÁTICA

z \t=o>

y

-X

O tiene un movimiento relativo debido a la rodadura sin deslizamiento del disco a lo largo de la recta 0 1A (situada en el plano 0 1X 1Y1, y que forma un ángulo e= ét con el eje 0 1X 1). - Hay un movimiento de arrastre que es la rotación del plano vertical que contiene el disco alrededor del eje 0 1Z 1 • En el movimiento relativo, el disco rueda sin deslizar. La velocidad de A, punto de contacto con el suelo, será, por lo tanto, nula. Además: -v0 =v=v. - - +m - /\ AO ~ ,-, v 4 2 ra dis v =mr · R ~mr=-=-= ' ,.,. r R2

El vector rotación instantánea Q será la suma de las dos rotaciones: O, correspondiente al movimiento de arrastre, y ~' correspondiente al movimiento relativo. Además, en el instante t, el ángulo evale ét.

é = 120/ n r.p.m. = 4 rad/s e= ét = 4t Q = ~ + wr =41s + 2( -sen 4t~ + cos 4t]¡) En cuanto a la velocidad absoluta de O, podemos obtenerla derivando su vector de posición:

r0 = op = 4t( cos 4t~ + sen 4t]1 ) + 2Jc; = 4t cos 4t~ + 4t sen 4t]1 + 2Jc;

vO = ~~ =(4 cos 4t -16t sen 4t) ~ + (4 sen 4t + 16t cos 4t) ]1 Si I es un punto del eje instantáneo, siendo sus coordenadas respecto al triedro fijo (x 1, y1, z1),_§u velocidad v1 será la de deslizamiento, paralela a la rotación instantánea Q.

146

MECÁNICA

v1 = v0 + Q /\O/= = [4 cos 4t- l6t sen 4t + 2(z1 -2) cos 4t-4(y 1 -4t sen 4t)]~ +

+[4sen4t+l6tcos4t+4(.x¡ -4tcos4t)+2(z1 +2)sen4t]J1 -[2(y1 - 4t sen 4t) sen 4t + 2(.x¡ - 4t cos 4t) cos 4t]

Is

donde hemos sustituido el vector O/ por su expresión: O/= (x1 -4t cos 4t)~ + (y 1 -4t sen 4t) ¡1 + (z1 -2)/s Como v1 debe ser paralelo a Q, si operamos en la expresión de blecemos la proporcionalidad de componentes, resulta:

v y esta1

v1 =(2z1 cos4t-4y¡)~ +(4.x¡ +2z1 sen4t)¡1 -(2.x¡ cos4t+2y 1 sen4t-8t)/s

2z1 cos4t-4y1 -2 sen4t

_

-

4x1 +2z1 sen4t _ 8t-2x1 cos4t-2y1 sen4t 2 cos 4t 4

de donde obtenemos dos ecuaciones del eje instantáneo referidas a los ejes fijos. Si conseguimos eliminar el tiempo tendremos la ecuación cartesiana del axoide fijo. · Operando se tiene:

4z1 cos 2 4t - 8y1 cos 4t = -8x1 sen 4t - 4z1 sen2 4t 16x1 + 8z1 sen 4t = l 6t cos 4t - 4x1 cos 2 4t - 4y1 sen 4t cos 4t La primera puede simplificarse, quedando:

z1 = 2(y1 cos 4t -

X¡

sen 4t)

Estas ecuaciones representan las ecuaciones paramétricas del axoide fijo, no siendo posible eliminar el tiempo. - Para obtener el axoide móvil debemos hallar las relaciones entre las coordenadas de un punto referidas a ambos sistemas de ejes. El vector de posición de un punto cualquiera respecto al sistema fijo es:

r¡ siendo ii, J¡, sistema.

=

X¡~

+ Y1 ]¡ + Z¡

Is

[1]

k1, los vectores unitarios en las direcciones de los ejes de dicho

Dicho vector de posición puede escribirse también de la forma:

147

CINEMÁTICA

r; = op + r = [4t( cos e~ + sen e11) + 2i<;] + r

[2]

donde ya hemos sustituido el vector O¡O (aunque no el valor de e, por comodidad), representando r el vector de posición de dicho punto respecto al sistema móvil.

r=xi +yl +zk

i, l, k,

[3]

son los vectores unitarios correspondientes a los ejes del sistema móvil.

Observando la figura podemos relacionar las dos ternas de vectores unitarios:

i = cos cos e~ + cos sen e11 - sen i<;

l = -sen e~ + cos e11 k = sen cos e~ + sen i<; 1

Sustituyendo estas expresiones en [3], llevamos el valor así obtenido de r a [2], e identificamos con [1], obteniéndose las ecuaciones del cambio de ejes: X¡ =

4t COS 8 + X COS
=

4t sen e+ X cos sene+ y cos e+ z sen sen e

Y1

z1 = 2 - x sen + z cos Debemos sustituir estas expresiones en las ecuaciones paramétricas del axoide fijo, teniendo en cuenta, además que:

vt =-=2t R

8=4t Resulta:

2 - x sen 2t + z cos 2t = 2( 4t sen 4t + x sen 4t cos 2t + + y cos 4t + z sen 4t sen 2t) cos 4t - 2( 4t cos 4t + x cos 4t + cos 2t -

- y sen 4t + z cos 4t sen 2t) sen 4t 4( 4t cos 4t + x cos 4t cos 2t) - y sen 4t + z cos 4t sen 2t) + + 2(2-x sen 2t + z cos 2t) sen 4t = =

4t COS 4t - (4t COS 4t + X

COS

4t COS 2t -

- y sen 4t + z cos 4t sen 2t) cos 2 4t - (4t sen 4t + x sen 4t cos 2t + y cos 4t + + z sen 4t sen 2t) sen 4t cos 4t

148

MECÁNICA

Estas expresiones constituyen las ecuaciones paramétricas del axoide móvil, no siendo posible eliminar el tiempo. Pueden simplificarse algo, quedando:

x sen 2t + 2 y - z cos 2t = 2 x( 4 cos 4t cos 2t - 2 sen 4t sen 2t + cos 3 4t cos 2t) +

•

+ y(-4 sen 4t-sen 4t cos 2 4t) +

+ z(4 cos 4t sen 2t + 2 sen 4t cos 2t + cos 3 4t sen 2t) + + 4t cos 3 4t + 12t cos 4t + 4 sen 4t = O

26. Se tiene un disco de radio r en la posición inicial indicada. Su centro describe la hélice Z1

p=R

h 2n

=-()

de forma que O= w = constante, y conservándose paralelo aX101Y1. A su vez, el disco posee una rotación vertical, de manera que cuando realiza un paso completo de hélice da N vueltas. Hallar: l.º) Axoides del movimiento.

2. º) Ecuación de la trayectoria del punto A. Z1

~--:1''-}-'~~~~--...... Y1

L~ •!...

..... ""'

7

7

l.º) Axoides del movimiento

Tomamos unos ejes ligados al sólido con origen en el centro del disco, al que llamaremos O, y con direcciones paralelas, en el instante inicial, a los ejes fijos. Estos ejes, x, y, z, transcurrido un tiempo t, serán los de la figura.

149

CINEMÁTICA

z

tz 1 1

1 1

1

-·--J

El vector rotación del disco es:

siendo Q: N 2n / m

Q = 2 n - - = Nm

El ángulo

r0

=

-

-

-

0¡0 = R cos 84 + R sen e j 1 + -

h

2n

= R

-

-

cos ox4 + R sen oxj1 + -

h

2n

e k¡

oxk¡

=

150

MECÁNICA

Derivando este vector obtenemos la velocidad

dr.

-

v0 : -

h-

Vo = do = - Rw sen ox; + Rw cos oxj1 + - o:k¡ t 2n

-

Axoide-fi.jo

Sea el punto I de coordenadas (x 1, y 1, z1) referidas al triedro fijo. Su velocidad será:

v 1 = v0 + n +Nok¡

A

A

O/= (-Rw sen ox; + Rw cos oxJ1 + .!!:.._ ok¡) + 2n

[
1-

R sen ox)J1

+(z

1-

: ox 2

)fi]

=

-[Rw sen ox + Nw(y 1 - R sen ox)]; +

- h +[Rwcosox+Nw(.x¡-Rcosox)]j1 +-o:k¡ 2n

Para que I sea un punto del eje instantáneo, su velocidad debe ser paralela a la rotación instantánea O. Como ésta sólo tiene componente según el eje z1, deberán ser nulas las componentes de v1 según los otros dos ejes. Resulta:

Rw sen ox + Nw(y 1 - R sen ox) =O~ y 1 = --¡:¡-R N-1 sen ox} Rw cos ox + N w(.x¡ - R cos ox) = O~ X¡

N-1 =- R cos ox N

Estas ecuaciones son las paramétricas del axoide fijo. Se elimina el tiempo para obtener su ecuación cartesiana. Resulta: 2

2

N-1

.x¡ + Y1 = ( --¡:¡-R )

2

Axoide-fi.jo

El axoide fijo es, como puede verse, un cilindro de eje 0 1Z 1 y radio N-1 --R. N

- Axoide móvil Debemos obtener las ecuaciones del cambio de coordenadas para las x 1 e y¡.

Si observamos la figura adjunta, vemos sin dificultad que:

151

CINEMÁTICA

X¡ =

R cos ox + x cos - y sen

y 1 = R sen ox + x sen + y cos

J

x1 = [R cos ox] + [cos -sen"']. [x] [y Rsenox sen cos y 1

"W•t

¡R.cosw·t

I

'-........__

'-..

Y

1

__R.sen w.~ "- ~

.;-

º

·(-<;

./

--.---~r-

" 1\ 1·

\

1

\l

,~-fl-.~ 1 \

1

X\,,~

1

•

~X

De aquí despejamos la matriz de las coordenadas respecto al triedro móvil:

[X¡ -

x] [ cos sen "'] R cos ox] [ y - -sen cos y -Rsenox 1 Se sustituye el valor de= Nox y los de x 1 e y 1 por los correspondientes a un punto del eje instantáneo (punto/): X

= cos N (IX N-1 R cos (IX - R cos (IX ) +

(

--¡:¡-

N-1 R sen ox - R sen ox ) +sen N ox( --¡:¡N-1 R cos ox - R cos ox ) + y = -sen N ox --¡:¡( N-1 R sen ox - R sen ox) + cos N ox( --¡:¡-

152

MECÁNICA

Operando en estas ecuaciones se simplifican, resultando: x = --cos(N -l)cd

R

y=

[,en(N -

}

J)ot

Estas son las ecuaciones paramétricas del axoide móvil. Eliminando el tiempo: 2

x

=(: J

+y2

Axoide móvil

El axoide móvil es un cilindro de eje el propio eje del disco (eje OZ) y radioR/N. 2.º) Trayectoria del punto A Las coordenadas de A respecto al triedro móvil son: x=r

y=O

z=O

Sustituyendo en las ecuaciones del cambio de ejes resulta: x1 = R cos cd + r cos = R cos cd + r cos N cd

y 1 = R sencd+r sen 1/> = R sen cd+r senNcd

h

Z1 =-cd

2n

que son las ecuaciones paramétricas de la trayectoria de A, referidas al triedro fijo. Se despeja el tiempo t de la tercera (cd = 2,rz 1/h) y se sustituye en las otras dos, dando las ecuaciones cartesianas de la curva trayectoria: X¡ =

2 R cos( h1r Z¡ + r cos N h 2n Z¡

J

Y1 = R sej 2 n

'\ h

Z1

(

J

J+ r se{ N 2 J~Trayectoria de A ___!!__ Z¡

h

27. En la figura, Pes un punto del plano móvil. l.º) Dibújese la aceleración de P referida al CIR y dígase el valor, en módulo, de cada término de esta aceleración.

153

CINEMÁTICA

2. º) Dibújense las circunferencias de inversiones e inflexiones y calcúlense sus radios. 3. º) Hállese gráficamente el centro de curvatura de la trayectoria de P.

BASE 1. º) Aceleración de Preferida a I

La expresión de la aceleración de P es: ap

=-ro/\ vs+a /\JP+ro /\(ro /\JP)

Teniendo en cuenta los sentidos de ii5 y de a dados, los tres vectores componentes de la aceleración de P quedan como se dibujan en la figura.

ce

w ...--

/í

Sus módulos son:

- 1-ro /\ vsl =OJIJ, =OJ. OJ

PB . PR PB +pR

=oir

siendo p8 y PR los radios de curvatura de la base y la ruleta, respectivamente. En este caso:

PB

=oo

154

MECÁNICA

- la/\ !PI

=

a. P

donde hemos llamado pala distancia entre I y P. IIPl=p

- lw /\(ro/\ IP)I = mi p 2.º) Circunferencias de inversiones e inflexiones Tomando como polo el centro instantáneo /, y como eje polar la base, las coordenadas de P son (p, e), siendo las componentes normal y tangencial de la aceleración:

ªn = mi p - mir sen ()

ªe = ap + mir cos e

INVERS.

INFLE X.

BASE

- La circunferencia de inversiones es el lugar geométrico de los puntos donde se anula la componente tangencial de la aceleración. mi

ªe =0~ p=--rcose a Como cos TC/2

~

e es

negativo, según se desprende de la ecuación anterior,

e~ 3TCl2. La circunferencia de inversiones tiene el centro en la tangen-

te común a base y ruleta, y está situada en el 2.º y 3_er cuadrantes. Pasa por l. Su radio es: mi R=-r 2a

155

CINEMÁTICA

- La circunferencia de inflexiones es el lugar geométrico de los puntos en que se anula la componente normal de la aceleración.

an

= o~ p = r sen (}

Como sen (} es positivo, se cumplirá O ~ (} ~ n, es decir, está en el 1. º y 2. º cuadrantes, con el centro en la normal común a base y ruleta. Su radio es: R'=!_

2 3.º) Centro de curvatura de la trayectoria de P Para calcular el centro de curvatura de la trayectoria de P, empleamos la construcción gráfica siguiente:

RULETA

p

/

~.

---

-

---:::oe-· 1

.. """---------- . - ; Centro \

X ____.,

·---·

/ / de Curvat. \

/'CD

\

BASE

28. La base y la ruleta del movimiento plano de un cuerpo (no representado) son las líneas de la figura. La rotación instantánea está dada por w = -6t + 1O ( considerada positiva si es de sentido antihorario ). Se pide, para t = 1 s.: 1. º) Velocidad de sucesión del CIR. 2. º) Circunferencias de inversiones e inflexiones. 3. º) Polo de aceleraciones.

156

MECÁNICA

BASE

__R_

RULETA

l.º) Velocidad de sucesión

Calcularemos primero la aceleración angular:

dw _ -6 a=-;¡¡En el instante t = 1 los valores de w y a son:

w = 4 rad/s

(sentido antihorario)

a= -6 rad/s

2

(sentido horario)

La velocidad de sucesión viene dada por:

v

= s

Ps · PR w = ---2..R_ w Ps + PR l + PR Ps

= º , PR = R, sustituyendo resulta:

Como, en este caso, p8

vs =WR---ctvs =4R 2.º) Circunferencias de inversiones e inflexiones Circunferencia de inversiones: Tomando el polo en el centro instantáneo I y el eje polar coincidiendo con la tangente común a base y ruleta, un punto de coordenadas (r, e) tendrá una aceleración dada por -

ap =

-w A

-

V5

+a

-

Ar -

representándose los tres vectores en la figura.

w2-r

157

CINEMÁTICA

INVERS .

Vs

BASE

p

POLOj

cx,r

Ji

I o

W·V,

Como puede verse fácilmente, la componente tangencial de

ap vale:

at =ar+covs cose donde m y a representan valores absolutos. Igualando a cero:

cov ar a1 =O~r=---5 cos8~cos8=---~0~n/2~8~3n/2 a covs Tiene el centro en la tangente común a base y ruleta en dirección contraria a la de V5 , ya que está en el 2. 0 y 3.er cuadrantes. Su radio es:

covs = iR 2a 3 Circunferencia de inflexiones: La componente normal de

apvale (véase figura):

ª" = m2 r -

covs sen 8

Igualando a cero resulta: V

(ff

Q)

vs

ª " =o~ r =_ L sen e ~ sen e =-

~

o~ o~ e~ n

Tiene el centro en la normal común a base y ruleta, y está en el 1. º y 2.º cuadrantes. Su radio es: vs 2m

R

-=-

2

158

MECÁNICA

3. º) Polo de aceleraciones

Es el punto donde se anulan las dos componentes de la aceleración. Por lo tanto, será la intersección de las dos circunferencias anteriores.

¡

a1=0

an = o

r=

cvv

' =0 936 R ~ a2+co4 , 16

(02

e= are tg= are tg- = 110,56º a -6

Puede comprobarse que en las relaciones empleadas aquí, a lleva incluido el signo. El polo de aceleraciones es el punto r representado en la figura. 29. El triángulo ABC tiene un movimiento plano, cuya base y ruleta, así como velocidad coy aceleración angular a, son las representadas. l.º) Hallar la velocidad de sucesión del CIR en módulo, dírección y sentido. 2. º) ¿Cuál es el punto más rápido y por qué?

3.º) Dibújense las componentes de la aceleración del punto C. 4. º) Dibújense las circunferencias de inversiones e inflexiones.

At/

',

I \ .--~

~

l.º) Velocidad de sucesión

La velocidad de sucesión es la velocidad de un punto ficticio que recorre la base y coincide en todo momento con el centro instantáneo. Sus características son:

159

CINEMÁTICA

-

p Módulo: V5 =m p8 pR =m--R-=or, pues{PR = r PB + PR 1+ PR PB =

00

PB Dirección: Tangente común a la base y a la ruleta en el centro instantáneo I (En este caso coincide con la base). - Sentido: El del desplazamiento del centro instantáneo al girar la ruleta sobre la base en el sentido indicado de m. 2. º) Punto má.s rápido La velocidad de un punto del sistema viene dada por Vp = El módulo será: Vp

=

m/\ IP.

m · d, siendo d la distancia entre P y el CIR.

Como mes un invariante, el punto más rápido será aquel cuya distancia a I sea máxima. De todos los puntos del triángulo ABC el más alejado de I es el vértice A. Por tanto, A es el punto más rápido. 3.º) Componentes de la aceleración de C La expresión de la aceleración de C es:


= -m /\ vs +a/\ IC + m/\(ro/\ IC) =-m /\ vs +a/\ IC- m2 IC

Teniendo en cuenta los sentidos de my de a, los tres sumandos quedan como se indica en la figura, siendo sus módulos:

1-mz /CI = m2d donde hemos llamado d a la distancia entre C e l. 4. 0 ) Circunferencias de inversiones e in-fl.exiones Las componentes tangencial y normal de la aceleración de un punto P(p, 8) son, respectivamente (véase figura):

ª1 = ap+mvs cos 8 = ap+m2r cos 8 an = m2p - WV5 sen 8 = m2p - m2r sen 8 Circunferencia de inversiones: 2

a1

= O-t ap + m2r cos 8 = O-t p = - -m r cos 8 -t n / 2 ~ 8 ~ 3n / 2 a

160

MECÁNICA

La circunferencia de inversiones está situada en el 2. º y 3_er cuadrantes, tiene el centro de la tangente común a base y ruleta y pasa por l . Su radio es

cw

__ s

r =ol --

2a

2a

Circunferencia de inflexiones:

an =

Ü -Hi

p-o/ r sen 8 =

Ü---';

p = r sen 8---'; Ü~ 8~ n

La circunferencia de inflexiones está situada en el l. º y 2. 0 cuadrantes, con el centro en la normal común a base y ruleta y pasa por l. Su radio es

~=.e 2ro 2 El polo de aceleraciones en el punto r de la figura.

a;p~~Vs

\

/w2p

INFt...EX.

v;

p/

/'ª INVERSIONES

30. La figura representa la base y la ruleta de un movimiento plano. MN es una barra del plano móvil. La velocidad de M es como se indica y su módulo es 1O mis; la aceleración de M tiene la dirección y sentido indicados. l.º ) Calcular numéricamente la velocidad de sucesión del CIR, la rotación instantánea ro y la aceleración angular a.

2. º ) Dibujar con detalle las circunferencias de inversiones e inflexiones. 3. º) Obtener gráficamente, indicando los pasos seguidos, la velocidad y aceleración del punto N .

161

CINEMÁTICA

RULETA

/

BASE

""

M

l.º)

V 5 , W,

a

El centro instantáneo es el punto de tangencia entre base y ruleta. La velocidad de M es:

En la figura se puede observar que: 3=

1/MI cos 53º ~ 1/MI = cos353º = 5 m

Este valor, junto con el del módulo de V

vM, nos permite hallar ro.

10

w = _M___ = - = 2 rad/s

IIMI

Para que el sentido de papel.

5

vMsea el indicado, ro debe ser saliente del plano del

Conocido w, ya podemos obtener el módulo de V5 , puesto que conocemos los radios de curvatura de la base y de la ruleta. Es decir:

pues

PR =1,Sm

PB

=oo

162

MECÁNICA

BASE

RULETA

INVER.

p

La dirección (tangente a la base y a la ruleta en/) y el sentido (de acuerdo con el sentido de ro) son los que se indican en la figura. Para obtener el valor de a pueden seguirse varios métodos. -

Método 1 Partimos de la expresión de la aceleración de M:

aM=-ro/\ vs +a/\ IM - ol IM Los sumandos l.º y 3.º de la expresión anterior se conocen en módulo, dirección y sentido. Se representan en la figura. La dirección y sentido son los que se indican, mientras que sus módulos valen:

1-ro /\ vs1= covs = 6 m/s l-co /MI= co ¡1M¡ = 20 m/s El término - ro/\ vs se puede descomponer en dos: 2

2

2

uno, en la dirección de IM, de módulo 6 · sen 37º

2

= 18/5 m/s 2

otro, en la dirección normal a /M, de módulo 6 · cos 37º = 24/5 m/s 2 Esta segunda componente debe anularse con la dirección indicada. Por tanto:

a/\ IM, para que aM tenga

163

CINEMÁTICA

1a- -1 a1-1 Á /M =

Dado el sentido de

IM = 24

2 24/ 5 24 5 ~a= - 5 - = 25 rad/s

aM, a debe ser saliente del plano, al igual que ro.

La aceleración de M será:

ªM -

1 =l-a/IMl,-1-coÁVslsen37º=20- : =

s¡

=16,4mfs

2

Método 2

La aceleración de M va dirigida hacia /, lo que indica que sólo tiene componente normal a la trayectoria. Por lo tanto, M es un punto de la circunferencia de inversiones. De ésta sabemos que tendrá su centro en la base, y pasará por I y por M. El diámetro será entonces 1/PI (véase figura), ya que en el triángulo IMP el ángulo con vértice en Mes recto, con lo que el arco correspondiente debe ser una semicircunferencia. Si tenemos en cuenta que el diámetro de la circunferencia de inversiones es igual a OJVsf a, se tiene: OJV _s

a

-

=IIPI=

IM, 1

5 25 24 =-=-~a=-=0,96rad/s2 cos37º 4/5 4 25

2.º) Circunferencias de inversiones a inflexiones - Ya hemos comentado cómo es la circunferencia de inversiones; tiene el centro en la base, pasa por I y por M y su diámetro es 25/4 metros. - La circunferencia de inflexiones tiene su centro en la normal común a base y ruleta por el CIR. Como además pasa por I y su diámetro es V 3 --L=-=1 5m (O 2 '

será la representada en la figura.

3. º) Velocidad y aceleración de N Velocidad

La velocidad de N viene dada por:

164

MECÁNICA

El primer sumando es dato, mientras que el segundo tiene las características siguientes: - Dirección y sentido: está en el plano y es normal a la barra, siendo su sentido el indicado en la figura adjunta, por ser ro saliente del plano. -

Módulo:

lro MNI = wlMNI = 2 · 5, 5 = 11 mis A

Se lleva vM al punto N, y por el extremo de vM se traza una perpendicular a la barra, de módulo 11. Se une N con el extremo de este vector, con lo que nos da vN.

N .........

'-.......- ......... V

..,. 1 1·1 - . ' 'M

W"MN

..._

~I

/

/ / /

/

/ / M

También se pudo haber obtenido de

vN

=

En cualquier caso, el módulo de VN

-

ro AIN

vN es:

=6,70m/s

Aceleración

Viene dada por

aN

=

ªM +a AMN -w 2MN

Se llevan los tres vectores al punto N, uno a continuación del otro.

165

CINEMÁTICA

Es normal a la barra

1 -1 1-1

a A MN{ a" MN = aMN = 24 · 5,5 = 5,28 m/s 2

25

__ {Es paralelo a la barra

1 -1 1-1

-ol MN -olMN =ol MN =4·5,5=22m/s 2

De la figura se obtiene el módulo de aN:

N

I /

I

/

/ / /

/

31. La barra AB está inicialmente como se indica. El punto A comienza a ascender desde el reposo con aceleración aA positiva, sin que la barra pierda el contacto con el disco. Designando por e el ángulo que la barra forma con la vertical, se pide: l.º) Velocidad y aceleración del punto de contacto de la barra con el disco en función de e.

2. º) Base y ruleta del movimiento de la barra. Particularizar los resultados para

e = 60º.

166

MECÁNICA

1. º) Velocidad y aceleración del punto de contacto

Sea C el punto de contacto. Puede observarse que la distancia de C a A es variable, lo que quiere decir que el punto C no está fijo sobre la barra, por lo que se deberán aplicar las fórmulas del movimiento relativo: ~=~+~

~=~+~+~=~+~+2filA~

:~- -----!IR! w

\

\

____ y

/

\

"B X

siendo:

vª = velocidad de arrastre vr = velocidad relativa

167

CINEMÁTICA

ªª =aceleración de arrastre

ar = aceleración relativa ac = 2ro" vr = aceleración de Coriolis

-

Movimiento de arrastre

La velocidad de C en el movimiento de arrastre (el movimiento de la barra) será:

donde con v A se indica la velocidad de A en la posición representada. De la figura, y tomando unos ejes x, y, como se indica, se puede observar que: VA sen8 Rcotg(8!2)

VA CO=VA= IA AC!sene ~

ro =-

VA

Sen 8

R cotg (e/ 2)

-~---~

k- = - 2 VA sen2 e/ 2 kR

siendo I el centro instantáneo del movimiento de la barra AB, que se encuentra en la intersección de las normales a las velocidades de A (su trayectoria es vertical) y de C (tangente a la circunferencia). Además: AC = R cotg 8/2 (sene[ -cos eJ) Sustituyendo se obtiene va: -

vª=vAj-

V sen 8 A ( /"Rcotg(8!2)(sen8i-cos8j)= R cotg 8/2

1

-

-

=--vA sen28i +vA cos 2 8j 2

Se puede hallar de forma más rápida, teniendo en cuenta la expresión vª =ro" IC, con lo que el módulo de vª sería vª = y sabiendo que su dirección coincide con la de la barra:

wl1cl,

1-1

vª =wlC =

V

A sen8

R cotg (812)

Rcotg(8!2)cotg8=vA cose~

~ Va = V A COS 8 (-sen 8 l + COS 8 J)

que coincide con la relación hallada antes.

168

MECÁNICA

La aceleración de arrastre es:

ªª La aceleración angular

= a A +a/\ AC -

al AC

aserá:

__ dm = .!!:__(- lVA sen2 e/2 a - dt dt R

rJ

Deberemos tener en cuenta que: dvA dt

- - = aA

. . por tener A un movimiento rect1·1,meo

Además df _ df de dt - de dt

de dt

y

=-W

Con todo esto resulta:

dm 2 ci=-d =--k[aA sen2 eJ2+vA sen(8!2)cos(eJ2)(-w)]= t R

-¡

2

=- R 1 k a A (1- cos e) - v;

(

sen e- 1 sen W

2

J]

Operando obtenemos los sumandos que intervienen en aª: a /\AC=-ak /\Rcotg(8!2)(seneí-cose])= = -[ a A sen e

-1

sen e)< cos e í + sen e J) 2

o5 /\ AC = -wk /\ R cotg (e /2)(sen eí -cose])= =-VA Senecosez -VA Sen2 eJ O)/\

(ro/\ AC) =-wk /\ (-VA sene cos eí -VA sen2 e])=

v 2 sen e 2 ( -sen ei + sen e cos 8 j) A R cotg (e/2) Sustituyendo resulta aª:

ªª

2

= -a A Sen e

[

2

v [ sen3 + a A COS 2 8 + _L [

2

3

J-

v Sen2 e COS e - v A sen e i + COS e + _L R R cotg (e/ 2)

R

e cos e)] ]~ e+ sen cotg (812) 2

169

CL\¡EMÁTICA

Debe sustituirse en todas las expresiones vA en función de e, para lo que e debe obtener previamente. Puesto que A tiene movimiento uniformemente acelerado, se tiene:

Además:

de V A Sen e de 2V A 2 e de co=--~ =--~--sen-=--~ dt R e dt R 2 dt cotg

2

2aA de ~--tdt=--R sen2 !!_

2

Integramos, teniendo en cuenta que para t = O, 2aA

-

R

i t

tdt=-

fº

O

1 aA de ,r , -sen- --8 ~ -2 -R t 2

2

2

e = 21C rad.

Resulta:

e

=cotg--1~ 2

2

8 ) ~t= -2R ( cotg--1 aA

2

De donde:

Particularizando los resultados para

e = 60º, se tiene:

va =! ~ 2RaA(--J3-1)(--Í3[ +i) 4

ªª =~[---J3[ +(13-4--J3)i] 4 -

Movimiento relativo

En el movimiento relativo (el del punto de contacto respecto a la barra), la velocidad será la derivada de la distancia entre A y C, en cuanto a módulo, y su

170

MECÁNICA

dirección coincidirá con la de la barra. De igual modo, la aceleración relativa tendrá la dirección de la barra, y su módulo será la derivada del módulo de la velocidad relativa (la trayectoria relativa de A es la propia barra). v =d(AC)=d(AC)de=R -1/2 (-w)=v _, r dt d 8 dt Sen2 ( 8 / 2) A -t

V, =

V A ( Sen

8l

- COS 8 ])

dv' = -dvA = a ---, a- = a (sen e-:l - cos e J:-) ar = dt dt A r A Para

e = 60º resulta:

1:-]

v,=~2RaAcE-1)[E.,.l --1

2

-

2

_ [E.,. 2t -2J

a, =aA

1 -=-J

Aceleración de Coriolis Z( = 2w /\ v, = 2(-o.f) /\ v A(sen eí -cose j) =

4v 2 =--A sen2 (8!2)(cos8i +senej) R Para

e = 60º el valor es ac =-2aA(Í3-l)[_!_Í 2 + Í3 2 J-=-]

Con todo esto sustituimos para obtener ve y ae: Ve =Va

+v, =VA cose(-seneí +cose])+vA(seneí-cose])=

=VA (1-COS 8) (sen 8t -COS 8 ]) 2

lle =Cla +a, +ac =[-aA Sen8cos8+ 1(sen 8COS83

sen e ) + a A Sen 8 - --Sen 4v! 2 e -COS 8 ]-=-l + cotg (e/2 ) R 2 2

+ a A cos 2 e + -v! [ sen 3 e + sen e cos e) [ R cotg(8!2) 4v! 2 -sen e eJ-=-J -a cos e - --sen A

R

2

171

CINEMÁTICA

Para

e = 60º las soluciones son: Ve= ~2Ra,('1J-I) (

~ i -±J)

ªe= ¡ªA[(4-3,}3 )i - J] 2. º) Base y ruleta del movimiento de la barra

Necesitamos las coordenadas del centro instantáneo, referidas a unos ejes fijos x 1, y 1, y a unos ejes ligados a la barra x, y. Eliminando el tiempo (o el parámetro que aparezca), si ello es posible, en ambos sistemas de ecuaciones se obtiene respectivamente la ecuación de la base y la ecuación de la ruleta.

-

Base

Sean los ejes fijos x 1, y 1, de la figura. El centro instantáneo estará en la intersección de la perpendicular a la pared vertical por A, con la normal a la

172

MECÁNICA

barra por C. Sus coordenadas respecto al mencionado sistema de referencia fijo son: X¡ =!A= R cotg (8 / 2) = R sen 8 2 sen2 ( 8 / 2) y 1 = R(l +sen 8)+ AC cose= R[l + sen 8 + cotg (e I 2) cos 8]

Despejando en la primera de las ecuaciones se tiene: sen

2

~ = 2:

1/2

-t sen~= ( 2: )

-R

cos -e = 1- sen2 -e = 2.x¡ 2 2 2.x¡ 2

-R)

112

e = (2x -t cos~ 1~ -

2

2x1

8 8 R 1/2( 2x 1 -R )1 /2 1 sen 8 = 2 sen-cos- = 2 = -[R(2X¡ -R)] 112 ( 2 2 2.x¡ ) 2.x¡ X¡

2(8)

X¡ -R cos0=1-2sen - = 1 -R2 - = -2 2x1 X¡

Sustituyendo en la segunda ecuación:

y,~++~ JR(2x,-R)+(2x,;R)"' x,:.R ]-> -t y 1 -R = ~ R(2x1 - R) -t (y 1 -R) 2 = R(2x, -R)-t -t y12 - 2R(X¡ + y1 ) + 2R 2 = O-t x 1 = - 1 (y 1 - R )2 + -R 2R 2

Como se ve, la base es una parábola de eje horizontal (el diámetro horizontal del disco), vértice en el punto (R/2, R) y foco en el centro del disco. -

Ruleta

Tomamos unos ejes móviles, ligados a la barra, con origen en el punto A, y eje x coincidiendo con la barra. Las coordenadas del centro instantáneo I respecto a estos ejes son: x = AC = R cotg (8 I 2)

y= IC = R cotg (8 I 2) cotg 8

Despejando 8 de la primera ecuación y sustituimos en la segunda. Se tiene:

173

CINEMÁTICA

x R 1 x2 cotg (e/ 2) = R -Hg (OI 2) = - ~ cos 2 ( OI 2) = = ~ x 1 + tg 2 (e12) x 2 + R 2 R2

sen2 (0/2)=1-cos 2 (012)=

+R 2 2Rx sen e = 2 sen (e/ 2) cos ( e/ 2) = 2 2 X +R x2 -R2 cos e = cos 2 (e/ 2) - sen2 (e/ 2) = 2 2 X +R X

2

De donde: x x2- R 2 x2- R2 1 2 2 2 y=R= ~x 2 -2Ry-R =O~y=-(x -R) R 2Rx 2R 2R

La ruleta es una parábola de eje, la normal a la barra por A, y parámetro R.

32. El brazo OA de la figura tiene por ley horaria la ecuación 8 = .!!..._ t 2 • 16 La corona exterior, de radio 4R, es fija, y el piñón, de radio R, engrana con ella al ser arrastrado por el brazo OA. Hallar: l.º) N(t), siendo N el número de vueltas del piñón por unidad de tiempo. 2. º) Obtener las ecuaciones de la base y de la rnleta del movimiento del piñón, justificando el resultado.

174

MECÁNICA

3. º) Hallar la aceleración del punto del piñón diametralmente opuesto al de contacto con la corona, en el instante t = 8 s. 4. º) Dibujar, en el mismo instante, las circunferencias de inversiones e inflexiones. El brazo OA tiene una rotación pura alrededor de O, siendo esta rotación uniformemente acelerada, por ser la aceleración angular constante. En efecto,

() = -n t 2 ~ m = ()· = -n t ~ a = ()·· = -n = cte 16

8

8

l.º) N(t)

Para hallar el número de vueltas del piñón por unidad de tiempo, obtenemos primero el grupo cinemático en A.

~~¡ iy i

lt=o)

+-,-.:..___

X

/

( \

'-

¡0 ~

º~-

l

~

Para la velocidad de A, derivamos el vector de posición YA.:

rA = 3R sen (Ji+ 3R cos () J siendo T, T, los vectores unitarios en las direcciones de los ejes fijos x 1, y 1 indicados en la figura adjunta. Sustituyendo () y derivando, se tiene:

175

CINEMÁTICA

dr ·.vA= d; =3Rcos88i-3Rsen88j=

Se podía haber obtenido vA teniendo en cuenta que A pertenece al brazo, y por lo tanto,

vA

= v 0 +m /\OA = m /\OA = -8k /\(3R sen 8i +3R cos 8]) = =

e

3R (cos 8i - sen 8 ])

llegándose a la misma solución. Para obtener la rotación instantánea Q del piñón, tenemos en cuenta que el punto de contacto con la corona tiene velocidad nula (es el centro instantáneo del movimiento del piñón). Es decir:

= VA + Q /\Al= o ~ VA = Q /\!A~ ~ 3R 8 (cos 8i -sen 8 ]) = Qk /\ R(-sen 8i -cos 8 ]) = V¡

=

RQ (cos 8i -sen 8 J)

De donde, identificando, se halla Q: Q

·

31t"

-

-

31t" -

= 38 = 3co =-t ~ Q = nk =-tk 8

8

Es decir, la rotación instantánea del piñón es tres veces la del brazo, y su sentido contrario (antihorario). El número de vueltas del piñón por unidad de tiempo es:

N

_ Q _ 3'1Ti / 8 _ 3 t -----21t"

21t"

16

2. º) Ecuaciones de la base y de la ruleta Tomamos unos ejes fijos x 1, y 1, como los indicados en la figura, y unos ligados al piñón, con origen en el centro A del piñón, y direcciones paralelos a los ejes fijos en el instante inicial (ejes x, y). En el instante t, la situación será la indicada, siendo el ángulo que forman los ejes x e y con sus direcciones iniciales respectivas (ejes x 1 e y 1). El valor de se obtiene a partir de Q:

d 31t" 31t" Q=-=~t~d=-tdt~ dt 8 8

f il d=

0

0

31t" 31t" 2 =38 -tdt~=-t 8

16

176

MECÁNICA

El centro instantáneo es el punto I de contacto entre el piñón y la corona fija. Sus coordenadas respecto al sistema de referencia fijo son: X¡ =4R

sene} ~

x2

Y1 =4Rcos0

z

1 +Y1

2

=16R

Base

Vemos que la anterior ecuación representa la corona fija, como era de esperar, pues, para un observador fijo, el lugar geométrico del centro instantáneo es dicha corona. Para la ruleta, debemos obtener las coordenadas de I referidas al triedro móvil. Éstas están relacionadas con las x 1, y 1, por las ecuaciones: X¡ =

3 R sen e + x cos
y sen
y 1 =3Rcos0+xsen
como se ve en la figura adjunta. Y1

X

/

3R ,,,"'

,,,/"

~

/

/

X1

Las escribimos en forma matricial, y despejamos x e y, después de sustituir x 1 e y1: x1 ] = [3R sen º] + [cos
~ [y

[ cos
sen "'][x1 -3R senº] cos
y 1 -3Rcose

~

177

CINEMÁTICA

x = cos (4R sen 8-3R sen 8) +sen (4R cos 8-3R cos 8) { ~ y= -sen(4R sen8-3R sen e)+cos (4R cos 8-3R cose)

~

{x

= R sen (e+ )

y = R cos (e + )

De donde: x2 + y2 = R2

Ruleta

Este resultado está de acuerdo con lo esperado, ya que para un observador ligado al piñón, el lugar geométrico del centro instantáneo es la periferia del piñón.

3.º) Aceleración del punto diametralmente opuesto al de contacto con la corona Podemos obtenerla a partir de la aceleración de A o de la de l. a) A partir de la aceleración de A

Como A pertenece al brazo OA, su aceleración es: ªA=ªº +a /\OA-alOA = ,r2t2

-

(-ik -

)/\3R (sene[ +cos ef)-

3,rR

-

-

- - - 3 R (sen e i + cos e j) = - - ( cos e i - sen e j) 64

8

2

-

3n Rt 64

2

Sustituyendo en la expresión de 2

-

a

8

resulta:

l})-; [sen

- [[cos ul l - nt sen u t a_ 8 = -3,rR

8

8

-

(senei+cosej)

l})-;]

2 ll

u

+ nt cos u ¡ +

8

3n - 9n 2 +-k /\R(-sen8i-cos8j)--t 2 R(-senei-cos8j)= 8 64 =

3

~ [ ( cos e+

i

2

t sen e) [ + (-sen e+

i

2

t cos e)

1]

178

MECÁNICA

Haciendo t = 8 s, resulta:

e = -1r t

2

{cose= 1 sen e= O

= 4,r rad

16

- - 31rR Í + 61r2 R j 4

ªs -

9n 2 R 2 1rR f 2 4 2 ~lasl=~~+36n R = -v9+576n

4

b) A partir de la aceleración de I La aceleración de I es: del CIR.

a1 = -Q /\ V

5

,

siendo V5 la velocidad de sucesión

v =0 Ps PR = 3,r t 4R · R = 1rR.t 5 Ps -pR 8 4R-R 2 Como es tangente común a base y ruleta en I se tiene:

vs = vs (cos eí -sen e¡)= 1rR t(cos eí - sen e¡) 2 (""\ _ r. k_ 31r R 2 ( e.,. e :-) a_ 1 = -:i." /\ v 5 = -:i." /\ vs = - - - t sen z +cos ¡ 16 2

Sustituimos en la expresión de as:

3n R ªs = a + ..:.. /\/B-0 IB= - - - t (sen8i +cos ej)+ 16 2

1

2

Q

2

3,r - 9,r 2 +-k /\2R(-sen8i-cosej)--t 2 2R(-sen8i-cos8j)= 8 64

3

= ': [ ( cos e+

Ít

2

2

sen e) í + (-sen e + ; t cos e)

1]

y este resultado es análogo al anterior.

Otro método Este tercer apartado puede ser resuelto por otro método. Teniendo en cuenta la ley horaria del brazo OA, a los 8 s el ángulo do por el brazo es: 1r 2 8=-t =4nrad 16

y la velocidad angular y aceleración angular son en ese instante:

egira-

179

CINEMÁTICA

.

n

a

co=O=-t=nrad!s 8

..

n

= () = -

8

rad/s

2

En forma vectorial:

-

m=-nk

n-

a=--k 8

La velocidad de A, para unos ejes x 1, y 1, como los indicados es:

Además, la velocidad del es nula, pudiendo obtenerse la rotación instantánea, en el instante considerado, de la forma siguiente:

V¡= VA +il/\Al

=o~ VA= il/\lA ~

~ 3n RÍ = Qk /\(-RJ)

= QRÍ ~ Q = 3nrad/s

Por otra parte, la aceleración de A en el mismo instante será:

3nR-: 3 2 R 7 7 - 0 +a/\ - OA -co 2 0A =a- 1A+anA - = 3R az-: 3co 2 R ¡=--zaA=a n ¡ 8 cuyo resultado coincide con el obtenido por el método anterior al particularizar para t = 8 s. Por otra parte, la aceleración del punto del piñón que está en contacto con la corona (punto I) no tiene componente tangencial.

ii¡

= iiA+ 6

¡\

Al -

n 2 Al = (

3 2 :- í - 3n R l) + nk

R 1- 9n R l 2

¡\

=

=( 3:- -RQ )Í-12n RJ 2

_

at1

3nR = -O ~ --

8

·

RQ

= O~ Q· =-3n 8

rad/s

2

Conocida la aceleración angular Q en el instante t = 8, se obtiene la aceleración de B:

ii8

+

=iiA Q /\ AB-Q 2 AB =(

:-í

3

2

-3n RJ

)+

3n 7 7 3nR -: 7 +-k /\(-R¡)-9n 2 (-R¡)=-z +6n 2 R¡

8

que coincide con lo ya obtenido antes.

4

180

MECÁNICA

4. º) Circunferencias de inversiones a infl.exiones

-

La circunferencia de inversiones tiene centro en la tangente común a

base y ruleta y radio

3n · 4nR

_

0 - - - = 161U\., y

~

En el instante considerado (t

s .

2Q

,

.

= 8), su radio es

dº

esta como se 1n 1ca.

2 3,r

8 - La circunferencia de inflexiones tiene centro en la normal común y su radio es

v, _ 4nR _ 2 R -----2Q 2 · 37r 3 Su posición es la indicada en la figura.

CIR. INVERSIONES

Y1

CIR.

____ ,

la:s:::---....._

Q

Vs=4JTR ... - - - - - - -

--

X1

181

CINEMÁTICA

33. El rodillo de radio R/2 de la figura engrana con los cilindros de radios R y 2R que giran con velocidades angulares constantes 3ro y 2ro respectivamente, con los sentidos indicados. Obtener: l.º) Rotación instantánea del rodillo (indicando el sentido), velocidad de O y ángulo () = ()(t).

2. º) Base y ruleta del movimiento del rodillo. 3. º) Velocidad de sucesión del c.i.r. del rodillo. Considérese que, inicialmente, el centro O del rodillo se encuentra en la horizontal 0 1P.

1. º) Rotación instantánea del rodillo, velocidad de O y ángulo ()

Consideramos que la posición correspondiente al instante t es la indicada en la figura adjunta. Como el rodillo engrana con los cilindros, los puntos de contacto entre el rodillo y el cilindro interior han de tener la misma velocidad. Lo mismo ocurre para los puntos de contacto entre el rodillo y el cilindro exterior. Tomamos unos ejes fijos con origen en el centro 0 1 y direcciones horizontal y vertical, según se indica (x 1, y 1 ). El ángulo girado por el centro O del rodillo es

e.

El punto del cilindro interior que se encuentra en A, tendrá una velocidad:

=

3mR(sen

e; - cos () ¡

1

)

El punto del cilindro exterior que se encuentra en B tendrá una velocidad:

v8 = v0

1

+ w2 /\ 0 1B = w2 /\ 0 1B = 2mk¡ /\ 2R(cos ();+sen() ¡1 ) = = 4roR(-sen e;+ cos () J1 )

182

MECÁNICA

Y1

~

,·,///

x, ,.

~ Las velocidades de los puntos del rodillo que, en el instante considerado, ocupan las posiciones A y B son las mismas, estando, además, relacionadas por:

v8 = 1\ + n + AB siendo

n la rotación instantánea del rodillo. v8 - vA = n " AB -t 7roR( -sen e~ + cos e]¡) = =ük¡ AR(cose~ +seneJ1 )=QR(-sene~ +coseJ1 )

n = 7 co n = nk¡ -t Q = 7cok¡ .

Identificando, vemos que: Como se había supuesto

El sentido es, pues, antihorario. Para hallar la velocidad de O, usamos la relación: v0 =vA +üAA0=3roR(sene~ -coseJ1 )+

-R roR +7(O k¡ /\ - (cos e 4 + sen e j¡) = - ( -sen e 4 + cos e j¡) 2 2 En módulo: v 0 =

~

183

CINEMÁTICA

Puesto que el ángulo () es el formado por la recta 0 10 con la horizontal, y teniendo en cuenta que O describe una trayectoria circular de radio 3 R la

2 '

velocidad angular de O en este movimiento será: v _wR.!2_ro ()·- -0- - - - - 3R/2 3R/2 3

Integrando, teniendo en cuenta la situación inicial, resulta: () =

1 -ox

3

2. º) Base y ruleta del movimiento del rodillo Debemos obtener la posición del c.i.r. del rodillo. Podemos seguir el procedimiento siguiente. Puesto que el c.i.r. está siempre en la perpendicular a la velocidad de cualquier punto del sólido, trazada por el propio punto, estará en la perpendicular a vA por A, y en la perpendicular a vE por B. Ambas son coincidentes con el diámetro AB, por lo que el c.i.r. estará en dicho diámetro. Por otra parte:

1\ = v 1 + ~ /\ IA ~ v A = n ·IA} ~

v A = IA

vE=V¡+ÜAlB~vE=Ü·lB

VE

IB

Podemos llevar el vector vA al punto A, y el vector vE al punto B. Uniendo los extremos de ambos vectores, la intersección de esta recta con el diámetro AB es el c.i.r. (punto I de la figura). Esto puede hacerse gráficamente, a escala, o bien resolviendo el sistema de ecuaciones: IA =VA= 3 wR =i~4IA=3IB IB VE 4wR 4 IA+IB=R 4IA = 3R - 3IA ~ IA

~IB=R-IA

= -3 R 7

IB=iR 7

i

El c.i.r. está en el diámetro AB a distancia i R del punto A y R del punto B. 7 7 Podemos comprobar el resultado obtenido para la velocidad de O:

184

MECÁNICA

_ -1 wR Va= v 1 +Q /\lO = Q /\lO ~va= 0.·10 = 7m-R = 14 2 Conocida la posición del c.i.r. es inmediata la obtención de las polares.

Polar fija o base Seria el lugar geométrico del para los ejes {x 1, y 1}. Es una circunferencia de centro 0

1,

x¡ + y¡ =

y radio Oi/:

(1~

R

J

Polar móvil o ruleta Necesitamos un sistema de ejes ligados al rodillo. Tomamos unos ejes {x, y} con origen en O, centro del rodillo, y ligados al rodillo. En el instante inicial, coinciden con los fijos. En el instante t, considerado, formarán un ángulo tj) con los fijos (véase figura), siendo tj) = nt = 7 o:x. Fácilmente se ve que el lugar geométrico de l para estos ejes es una circunferencia de centro O (centro del rodillo) y radio la distancia 10:

x2

+y

2

=(~ J

También pudimos haber seguido un método analítico, buscando un punto del rodillo, de velocidad nula. Es decir:

o = V¡ = VA + Q /\ Al ~ VA = Q /\ lA = Al /\ Q t\

= 3roR(sen e~

4

ji

- cose/¡)= IX¡ - R cos O o

Yi -RsenO

o

"1 º1~

7m

~ 3mR(sen e~ -cose J1 ) = 7m(y1 - R sen O)~ - 7m(.x¡ - R cos O)

~

y 1=-;¡Rsene 10 } 10

.x¡ =-R cos O 7

10 )2 2+y¡2-( - -R

~Xi

7

(BASE)

1~ 1

185

CINEMÁTICA

Para la ruleta se hace un cambio de ejes:

[X] ~

X¡] = r~ R cos 81 + [cos
2

-sen
senol l

~

x] = [ cos
X] [y

x

=[

COS
R

R

=

--(cos
y

= -R (sen
R

cos
Con lo que resulta: (RULETA)

3. º) Velocidad de sucesión Basta con sustituir en la expresión: =Q PB PR

V s

PB + PR

siendo: D.=7w

Resulta:

10

PB=-R 7

1

PR=-R 14

186

MECÁNICA

34. La varilla recta OA se mueve en el plano del aro de la figura, manteniendo el extremo O siempre sobre el aro. Por otra parte, la varilla pasa en todo momento por la ranura S practicada en el mencionado aro. El radio del aro es R. Hallar la base y ruleta del movimiento de la varilla.

Para obtener las ecuaciones de la base y la ruleta necesitamos un sistema de referencia fijo y un sistema de referencia ligado a la varilla. El fijo lo tomamos con origen en el centro del aro, y ejes horizontal y vertical (véase figura), y el móvil ligado a la varilla lo tomamos con origen en el extremo O, y eje de abscisas, x, en la dirección de la varilla en todo instante.

Y1

,, /

/

/

X

El c.i.r. estará en la intersección de las normales a las velocidades de dos puntos de la varilla. Se conoce la velocidad de O, en dirección, ya que es tangente a la trayectoria de O que es el aro. La normal a la velocidad de O pasará por el centro del aro.

187

CINEMÁTICA

Además, el punto de la varilla que en el instante considerado está en la ranura tiene velocidad tangente a la varilla, por lo que la normal es perpendicular a la varilla. El c.i.r., intersección de ambas normales, estará en el propio aro, ya que el ángulo en B, inscrito en la circunferencia, es recto, y por tanto el arco correspondiente debe ser una semicircunferencia. Ruleta

Las coordenadas de I para el sistema móvil son (tomando el ángulo () que forma la varilla con la horizontal como parámetro):

º}

x = 2R cos y =2R sen()

Elevando al cuadrado y sumando se elimina (), obteniéndose la ecuación de la ruleta: x2 +y2 =4R2

Ruleta

Es una circunferencia con centro en el extremo O de la varilla y radio igual al diámetro del aro. Base

Necesitamos las coordenadas de I respecto al triedro fijo. Para ello utilizamos las ecuaciones del cambio de ejes por traslación y giro: X¡ = X 0

+ x cos () - y sen

º}

Y1 = Y0 + x sen()+ y cos ()

donde X 0 e Yo son las coordenadas del origen móvil respecto al fijo. En este caso: X0 Y0

~ -R cos W} -

-R sen 2()

pues el ángulo que forma el diámetro del aro, correspondiente al punto O, con la horizontal, es el doble del tomado como parámetro. Entonces: x 1 = - R cos 2() + x cos () - y sen

º}

y 1 = -R sen2()+ x sen()+ y cos ()

Sustituyendo x e y por las coordenadas de I para el triedro móvil, obtenemos las de I referidas al triedro fijo:

188

MECÁNICA

x 1 = - R cos 2() + 2R cos () cos () - 2R sen() sen() = R cos 2())

y 1 = -R sen 2() + 2R cos () sen()+ 2R sen() cos () = R sen 2()

En realidad se podían haber obtenido directamente, sin falta de las ecuaciones del cambio, por simple observación de la figura. Eliminando () se obtiene la base que es, como era de esperar, el propio aro:

x~ + y~ = R 2

Base

35. Una varilla se mueve en un plano de forma que pasa permanentemente por el orificio B practicado en un eje horizontal, mientras que su extremo A desliza sobre un eje vertical. Si R es la distancia del orificio al punto O de intersección de ambos ejes, obtener: 1. º) Base y ruleta del movimiento de la varilla. 2.º) Si A tiene movimiento uniforme, con velocidad v, y parte de O en el instante t = O, hallar: a) Rotación instantánea de la varilla (ro= w(t)). b) Velocidad del punto de la varilla que está en Ben el instante t. c) Aceleración de este punto en dicho instante.

o

~'---~~

1. º) Base y ruleta del movimiento de la varilla Para obtener las ecuaciones de la base y de la ruleta, necesitamos dos sistemas de referencia, uno fijo (x 1, y 1} y otro móvil ligado a la varilla (x, y}.

189

CINEMÁTICA

'I

X

Para el primero, tomamos unos ejes x 1 e y 1, los mencionados en el enunciado. En cuanto al sistema de referencia ligado al sólido, tomamos el origen en el extremo A de la varilla, y el eje «x» coincidente con la varilla. El eje «y» será perpendicular a la varilla por A. El centro instantáneo de rotación y deslizamiento mínimo estará en la intersección de las normales a las trayectorias o velocidades de dos puntos del sólido, trazadas por dichos puntos. A tiene trayectoria vertical, y el punto que en el instante considerado está en el orificio E tiene velocidad en la dirección de la varilla. Por tanto, I estará en la intersección de una normal al eje vertical OY1 por A, con la normal a la varilla por E, tal como se indica en la figura.

Veamos las coordenadas de I en función del parámetro 8.

Sistema de referencia fijo

y 1 = R tg 8

}

_ AB _ R / cos 8 _ X¡----

cos 8

R

----

cos 8

2

cos 8

~ tg 8 = 21. R

190

MECÁNICA

2

X¡

2 1 1 = -R- = R(l+tg e)= R [ 1+ Y ) = R+-y¡ cm 2 e R2 R

BASE

Tras eliminar el parámetro e, obtenemos la ecuación de la BASE, que es una parábola de eje «x 1», y vértice en el orificio B.

Sistema de referencia móvil

x = co~ y tg e= -

e} ~y= X

Ll sen e ~1- R 2 / x 2 x~ R 2 - x 2 tg 17 =X--= X = ---cose RI x R

~

X

~ Ry = xJx 2 -R 2 ~ R 2 y2 = x 2 (x 2 -R 2 ) ~ x 4 = R 2 (x 2 +y2) RULETA 2.º) a) Rotación instantánea de la varilla

El movimiento es una rotación pura alrededor de l. La velocidad de A será: - 1 +W/\ - IA =(J)/\ - IA ~VA=(J)1.·7A =C!lX¡=-mR VA=V 2 COS

e

Por otra parte, A tiene un movimiento rectilíneo uniforme (v = cte.) V 2 V= -mR. -2 - ~ (J) = -COS e cos e R

eorno

de se sustituye, . . bles, se integra: . m = 17l) = dt, y tras separar vana de v 2 de v -=-cos e~--=-dt~ 2 dt R cos e R 8

~

1 O

V -de -=-

cos 2

e

R V

lt

dt

tge=-t~ R

pues para t = O, e= Oº

O

e = are tg( ;

t)

191

CINEMÁTICA

Derivando (o sustituyendo en la expresión de ro) obtenemos ro: 1

V

e

R

vR

1

V

r o = - - -2 R 1 + tg

2

v l+ - t 2 R2

b) Velocidad del punto situado en B -

VB

- +ro/\ - IB ~ = V¡

v B -

V8

R~e = ro1JB = (01 = ro---

cos e

vR R(~t)~1+-v_2 t2 --=v2=t== R2 + v2t2 R R2 - ~ R2 + v2t2

Se podria haber relacionado con vA:

V

~ VB

- t

=

VA

sen e =

V

tg e cos e =

V

V

l+-t 2 R2

c) Aceleración del punto situado en B Obtengamos la aceleración angular de la varilla: 2 a= dro = dro de = ro(- v sen ecos e)= dt de dt R 2v2

2v3 Rt

R

(R 2 +v2t 2)2

=- -2 sen e cos 3 e = La aceleración buscada es:

AB=_B_ cose

iiA =

O (A tiene movimiento rectilíneo uniforme).

a /\ AB

2

g;;:R = ~ t v2 R2 + v2t2

es normal a la varilla, siendo su módulo :

192

MECÁNICA

2

2

a- A ~ == -2v2 sen () cos 3 { )R- - == -2v sen () cos 2 () == R

1

cos ()

R

3 2v Rt ( R 2 + v 2t 2)

- - oi AB tiene la dirección de la varilla, y sentido de B a A. Su módulo es: 2 2 2 2 2~ v 4 R v v R 3 -ro .1"1LJI == R2 cos () cos () == Reos () == (R2 + v2t2 )3 12 1

El módulo de la aceleración a== B

aB es:

~ R2 + 4 V 2t 2 V 2R 2 2 = =V-2R -V'R2 + 4 vt --(R2 + v2t2 )3 12 R2 + v2t2 R2 + v2t2

I

ESTATICA

1. La figura representa la rueda de un coche. Su peso es de 50 kg, siendo la distribución de presiones en el terreno la representada. -

¿Qué par es necesario para hacerla girar uniformemente?

l." método

Las fuerzas debidas a las presiones constituyen un sistema continuo de vectores paralelos. La resultante de estas fuerzas, N, tendrá por recta de aplicación el eje central de dicho sistema. Por otra parte, dicho eje central pasará por el punto central, que coincide con el centro de masas del triángulo de presiones de la figura. Por tratarse de un triángulo rectángulo, el centro de masas está a una distancia de la base igual a un tercio de la altura. Por consiguiente, la distancia entre la recta soporte de N y el centro de la rueda es: 1

1

1

1

ó=-R--R =-R =- ·O 35=0 058m 2 3 6 6 ' ' Además, como no hay desplazamiento vertical, el módulo de la reacción N debe ser igual al peso de la rueda. Por lo tanto se tiene: N

= mg = 50 kg = 490 N

196

MECÁNICA

Esta distribución de fuerzas debida a las presiones crea un momento que se opone al movimiento, siendo su valor: MR = N · 8 = 490 · 0,058 = 28,58 N · m

El par aplicado debe ser el necesario para vencer este momento que se opone, es decir: M = MR = 28,58 N · m = 2,91 kg · m

2.º método Tomamos unos ejes como indica la figura para obtener la ecuación de la distribución de presiones. Llamamos p 0 la presión máxima que corresponde al punto A, extremo de la huella, y teniendo en cuenta que el triángulo OAB es equilátero, sabemos que:

X

p

197

ESTÁTICA

X=Ü

~p=O

x = R = 0,35

~

p = Po

Con esto, la ecuación de la distribución de presiones es:

Si tomamos un elemento de la huella de longitud dx, la reacción correspondiente será:

Como la reacción total ha de ser igual al peso, podemos hallar p 0 : N =

( f

dF = Jo ~ x dx =

p;R = mg ~ Po = 2;g = 258, 71 kg/m

El momento que se opone al movimiento es el momento resultante del sistema de vectores-fuerza, respecto al centro O de la rueda. Es decir:

dMR M = R

=dF · ( X -

~)

=~ X

dx(

X - ~)

iR PoR x(x- R)dx =Po[~- Rx2]R = _!_p, R2 = 2 R 3 4 12 ° o

o

=

1

6

mgR=N ·8=2,91 kg·m

que coincide con el resultado hallado por el primer método. 2. El semicilindro de la figura pesa 500 kg, no presentando rozamiento en el plano inclinado. Se quiere equilibrar con una fuerza. a) Si queremos que esta fuerza sea horizontal, ¿dónde se debe aplicar y cuál será su valor y el de la reacción normal?

198

MECÁNICA

b) ¿Cuál será la mínima fuerza que permitirla el equilibrio (módulo y dirección), y cuánto valdrá la reacción normal en este caso? -

Resolver gráficamente

a) Fuerza horizontal

Para que haya equilibrio las tres fuerzas, peso, fuerza aplicada y reacción normal, deben cortarse en un mismo punto (para que se anule la resultante y el momento respecto a cualquier punto). En la figura 1 vemos que el peso y la normal se cortan en el centro del semicilindro. Por tanto, la fuerza aplicada F también deberá pasar por O. Si F es horizontal, deberá ser aplicada en cualquier punto del diámetro horizontal. \

.,, .,,

'º

,,,, Figura 1

Para el cálculo de F y la reacción normal de forma gráfica utilizamos el triángulo de fuerzas (Fig. 2). B

p

A

N

F Figura 2

e

199

ESTÁTICA

Por los extremos del peso trazamos paralelas a la reacción normal N y a la fuerza F, hasta que se corten, habiendo dibujado el peso a escala. Los segmentos AC y BC representan (a escala) las fuerzas F y N respectivamente. Según la escala utilizada en la figura se obtiene: F=AC

=290kg

N=BC

= 580kg

En este caso, teniendo en cuenta que se conoce el ángulo del plano, podemos hallar ambas fuerzas en forma exacta: N= F

p

cos 30°

= 577,35 kg

=P tg 30º =288,67 kg

b) Fuerza mínima

Utilizaremos el triángulo de fuerzas. Dibujando el peso a escala y trazando por uno de sus extremos A una paralela a la normal al plano inclinado (dirección de la reacción normal) se ve (Fig. 3) que la fuerza aplicada F será mínima cuando sea perpendicular a la reacción normal o, lo que es lo mismo, cuando tenga la dirección del plano inclinado.

B

p

\

\ \

'

A Figura 3

Para calcular su módulo, así como el de la reacción normal N, se procede como en el apartado a): por los extremos del peso trazamos paralelas a la normal y a la fuerza F, cortándose en el punto D. los segmentos AD y BD representan, según la escala usada, y en forma aproximada, los módulos de F y N respectivamente.

200

MECÁNICA

F=AD

= 250kg

N=BD

= 440kg

En este caso se podrían haber obtenido en forma exacta, resultando: F

= P sen 30º = 250 kg

N

= P cos 30º = 433 kg

3. La figura representa un semidisco homogéneo de 50 kg apoyado en un plano inclinado sin rozamiento, y unido a éste mediante el tirante AB. l.º) Razonar gráficamente si es posible el equilibrio. De no ser así, ¿cómo habría que situar el tirante?

2. º) Calcular gráficamente la tensión del cable en la posición de equilibrio (en caso de que la haya), así como la reacción del plano.

l.º) Posición del tirante

Según el diagrama de fuerzas, el equilibrio no es posible en la posición indicada, ya que las tres fuerzas (peso, tensión del tirante y reacción normal del plano) no son concurrentes (Fig. 1), no pudiendo anularse el momento respecto a ningún punto. T,,./

, ~ /7

' ', N/J/// _/

p Figura 1

201

ESTÁTICA

Una solución posible seria colocar el tirante horizontal sin cambiar la sujeción de A, con lo que las tres fuerzas concurririan en el centro del semidisco (Fig. 2).

/ /

/

/T /

/

G

/

V

p Figura 2

Otra posible solución es unir el tirante al centro del semidisco, con lo que deja de tener importancia el ángulo que forme con la horizontal (Fig. 3).

T

--/

/

G

__ /

-,r

/

/

p Figura 3

2.º) Tensión y reacción normal

Las calcularemos en el caso de la figura 2. Mediante el triángulo de fuerzas dibujamos el peso (SO kg) a escala y lo descomponemos en las direcciones

del tirante y de la normal al plano, para lo cual trazamos paralelas a ambas por los extremos del peso. Se cortan en D, y aproximadamente se tiene: DE= T=- SOkg

DF=N=-71,Skg

Se pueden calcular en forma exacta, ya que se conoce el ángulo del plano: T

= P · tg 45º = 50 kg

N =

p

cos 45º

=70,71 kg

202

MECÁNICA

F

P~N E~D Figura 4

4. Hallar gráficamente las reacciones en A y B de la estructura cargada según se indica en la figura, sabiendo que no hay rozamiento en B ni en las poleas.

5t.

Las fuerzas solicitantes del sistema son únicamente el peso de 5 toneladas y la fuerza F. Como no hay rozamiento en las poleas, la tensión del cable es la misma en todos sus puntos. Además, si suponemos estado de equilibrio para el peso (en reposo o moviéndose con velocidad constante), dicha tensión es igual al peso que cuelga. Por lo tanto:

F=P=St La resultante de estas dos fuerzas tendrá por módulo la suma de ambas (por ser paralelas), siendo su recta soporte el eje central. Para hallar éste debería utilizarse el método del polígono funicular, no siendo necesario en este caso, ya que al ser ambas iguales y paralelas, el eje central será paralelo a ellas y equidistante de las respectivas rectas soporte (Fig. 1). Como en B no hay rozamiento, la reacción será normal al plano inclinado. Además, para que haya equilibrio, las tres fuerzas (resultante, reacción en B y reacción en A) deben concurrir en un punto. Se traza por B la normal al plano hasta que corta el eje central. La reacción en A pasará por el punto que determinan (Fig. 1, punto C).

203

ESTÁTICA

1

!,

,1~

r,

I

',

DIRECCIÓN/ DE I 10t.

RA

' ' , DIRECCIÓN '

I

'

I

DE R B

' B

5t

Figura 1

Para el cálculo de estas reacciones usamos el triángulo de fuerzas. Dibujamos a escala la resultante (10 t) y trazamos por sus extremos paralelas a las direcciones de ambas reacciones (rectas AC y BC) . Se cortan en el punto F (Fig. 2), siendo, en forma aproximada:

=8,8 t

RA

=

Rs

= EF = 1,9 t

DF

o

Figura 2

204

MECÁNICA

5. En la estructura cargada como se indica en la figura, hallar gráficamente las reacciones en A y B, explicando el procedimiento seguido. Razonar, asimismo, qué barras se pueden suprimir. No hay rozamient? en B ni en las poleas. Radio de las poleas

=0,5 m F

a) Seguiremos los siguientes pasos: l.º) Obtención de la resultante (y su recta soporte correspondiente) de las dos fuerzas solicitantes que actúan sobre la estructura: peso de 1O t, y fuerza F, cuyo módulo es, también, de 10 t, ya que no hay rozamiento en las poleas.

Para la resultante, basta con sumar ambas fuerzas, mediante el polígono de fuerzas (Fig. 1), tomando una escala adecuada para las fuerzas. Se obtiene

R

=10-,,/2 =14,14 t. F.=10t

Figura 1

En cuanto a la recta soporte de la resultante de ambas fuerzas, será el eje central. Podemos obtenerlo mediante el polígono funicular (Fig. 2), tomando una escala adecuada para longitudes.

205

ESTÁTICA

Se toma un punto O como polo, en el polígono de fuerzas, obteniéndose los radios polares, 1, II, III.

Figura 2

A continuación, por un punto de la recta soporte de la l.ª fuerza (F) se traza una paralela I' a l. Por el mismo punto, se dibuja una paralela JI' a JI, hasta que corte a la línea de aplicación de la 2.ª fuerza (peso de 10 t). Por este punto de intersección se traza una paralela a /JI, que será /JI', y cuya intersección con I' es un punto del eje central. La dirección de este eje es paralela a la fuerza R. del polígono de fuerzas. Es de notar que, en este caso, pudimos haber evitado el dibujar el polígono funicular, pues, al tratarse de dos fuerzas concurrentes, el punto de concurrencia pertenece al eje central. Puede comprobarse, observando la figura 2 (punto C). 2.º) Obtención de las direcciones de las reacciones (de la reacción en la articulación en A, pues en B la reacción es normal). Por estar el sistema sometido a tres fuerzas (resultante R., reacción en A, y reacción en B), para que haya equilibrio deben ser concurrentes. Como la normal en By el eje central se cortan en D, la reacción en A estará sobre la recta AD. 3. º) Obtención de los módulos de las reacciones. Basta con descomponer la resultante en dos fuerzas en las direcciones de ambas reacciones. Para ello, por un extremo de R., trazamos una recta horizontal (dirección de la reacción R.8 ), y, por el otro extremo, una paralela a la recta AD (dirección de la reacción RA). Se cortan en el punto G (Fig. 3), siendo:

RA = EG = 12,5

t

RB = FG = 17,5 t

206

MECÁNICA

F

Figura 3

b) En cuanto a las barras que pueden suprimirse, serán aquellas que, en la situación indicada, no estén sometidas a esfuerzos.

Claramente puede verse que serán las barras horizontal y vertical que articulan en el eje de la polea situada más abajo, ya que ambas cortan a otras dos situadas en la misma dirección, y sus tensiones deberán ser cero, pues, en caso contrario, no se compensarán, con lo que no habria equilibrio.

6. La barra de la figura es homogénea, de 200 kg de peso, y apoya sin rozamiento en el plano vertical, estando unida a éste por el tirante AC. De A cuelga un peso de 100 kg. l.º) Razónese gráficamente si es posible el equilibrio tal como se indica. En caso contrario, díganse dos posibles modificaciones del apoyo en B para que el equilibrio sea posible.

2. º) Calcúlese gráficamente la reacción en dicho apoyo, así como la tensión del tirante, en ambos casos.

207

ESTÁTICA

1. º) El equilibrio no es posible en la situación indicada, ya que, para que fuese posible, las fuerzas actuantes (resultante del peso de la barra y del peso de 100 kg, tensión del tirante y reacción en B) deberían ser concurrentes, y no lo son.

B 100Kg. 200Kg. R=300Kg. 1

jE.C. La resultante de ambos pesos será vertical, y aplicada en el eje central, cortando a la recta soporte de la tensión del tirante en un punto de éste. Por otra parte, la reacción en el apoyo B es normal a la pared (por no haber rozamiento), y tendrá la dirección de la barra, con lo que no pasará por el punto anterior. Dos posibles modificaciones del apoyo en B, para que el equilibrio pueda tener lugar son: -

que el apoyo sea con rozamiento, que en B haya una articulación.

Aunque se puede conocer a priori la posición del eje central, vamos a calcularlo mediante el polígono funicular. Tomamos una escala para fuerzas y otra para longitudes. Una vez obtenido el eje central, se halla el punto de corte con el tirante. Por dicho punto deberá pasar la reacción del apoyo en B tanto si es un apoyo con rozamiento como si es una articulación. Queda así fijada la dirección de la reacción R 8 .

208

MECÁNICA

// /

//

/

. ......

/;'

1

....... .......

T

/

/

/

.,/f-....._ ....... ....... o

1

i

i

j E.C.

i Para obtener dicha reacción, así como la tensión del tirante, utilizamos el triángulo de fuerzas. Dibujamos la resultante de ambos pesos, a la escala adecuada, y la descomponemos, para lo que trazamos por sus extremos paralelas a las direcciones del tirante y de la reacción R 8 , que se cortan en el punto D.

E

Aproximadamente se tiene: DE= R 8 = 275 kg FD = T= 325 kg

Como se conoce el ángulo formado por el tirante, se pueden obtener de forma exacta, dando: R8 = 283,62 kg

T = 332,32 kg

209

ESTÁTICA

7. Determinar la tensión de la barra AB en la estructura de la figura. Todas las barras se suponen articuladas entre sí.

Puesto que todo el sistema está en equilibrio también lo estará cualquiera de sus partes. Esto quiere decir que se puede efectuar un corte al sistema y aislar la parte que nos interese, o bien, aislar cada uno de los nudos de la estructura. Así, cortamos la estructura según se indica en la figura 1 y aislamos la parte de la derecha (Fig. 2). Siempre que se quieran conocer las tensiones a que están sometidas todas las barras de la estructura, al efectuar el corte no deben cortarse más de tres barras de tensiones desconocidas, ya que sólo se dispone de tres ecuaciones (por ser fuerzas coplanarias) y habría más incógnitas. Tomando momentos respecto al punto F (centro de la polea) resulta:

IMF =O~ 5 · 0,3 - 5 · 0,3 + TAB · d =O~ TAB = O

Figura 1

210

MECÁNICA

5 Figura 2

A este resultado se podía haber llegado de otra forma. Siempre que una barra articule formando cualquier ángulo no nulo con otras dos alineadas, su tensión es nula, ya que, en caso contrario, tendría una componente normal a ellas que no podría ser compensada. Con esto, si aislamos el nudo E, será nula la tensión de la barra DE (por formar ángulo recto con CE y EF, alineadas entre sí), con lo que es como si no existiera. Aislando ahora el nudo D, se ve que es nula la tensión de CD. Luego se aísla el nudo C, viendo que T8 c = O, y, por fin, aislamos el nudo B, donde la barra AB se articula con BD y con BO, alineadas, con lo que la tensión de AB será nula.

8. Un hombre tira por el extremo libre del cable, elevando un peso de 1,5 toneladas. Calcúlese la tensión en la barra MN usando: l.º) Un método analítico. 2. º) El método gráfico de Culmann. -

Todos los lados de los triángulos miden 1 m. M

N

1. º) Método analítico

Aislamos el sistema total para calcular las reacciones en A y B (Fig. 1), teniendo en cuenta que, al no haber rozamiento en la polea, la fuerza ejerci-

211

ESTÁTICA

da en el extremo libre será igual al peso de 1,5 t. Además, la resultante de estas dos fuerzas (el peso y la efectuada en el extremo libre) será igual a la suma (3 t) y su recta soporte pasará por C (punto medio).

Figura 1

En B, la reacción será normal al apoyo, y en A, donde existe una articulación, la reacción tendrá, a priori, dos componentes. Aplicando las ecuaciones de equilibrio resulta: I.FH =

o ~HA= o

I.Fv = O ~ VA + R 8

I.MA

=

-

3=O

O ~ RB · 3 - 3 · 1 = O

de donde se obtienen VA y RB: RB = 1 t

Figura 2

Conocidas las reacciones, efectuamos un corte como se indica en la figura 1, donde sólo se ven afectadas tres barras cuyas tensiones se desconocen y se aísla la parte de la izquierda (Fig. 2). Aplicamos las condiciones de equilibrio. Para calcular solamente la tensión de la barra MN, basta con imponer la anulación de los momentos respecto al punto C. Si nos interesasen también las tensiones de las barras AC y MC, tomaríamos momentos respecto a los puntos M y A.

212

MECÁNICA

™c = O---t -TMN · ---t

TMN = -

fi 2 - VA· 1 = O---t

4 i =-Et=

2V

-2,309 t

El signo negativo indica que la barra MN trabaja a compresión.

2. º) Método gráfico Para aplicar el método gráfico de Culmann, obtenemos previamente las reacciones en A y en B, como se hizo en el 1. er apartado (aunque también pueden ser obtenidas gráficamente), y, una vez conocida la reacción en A, procedemos a descomponerla según tres direcciones, utilizando el método de Culmann. Así hallaremos las tensiones TMN, TMC, TAc·

TMN

TMc

C TAC

At2t

.Figura 3

Se prolonga la recta soporte de TAc (la barra AC) hasta que corte a la recta de aplicación de la reacción en A (vertical) en el punto A (Fig. 3), y se une este punto con el de intersección de las rectas soporte de las otras dos tensiones, barras MN y MC (punto M). A continuación, mediante el polígono de fuerzas (Fig. 4) se descompone la fuerza VA en las direcciones de AC y de AM. Para ello se dibuja la fuerza VA a escala y, por los extremos, se trazan paralelas a dichas direcciones, hasta que se corten en el punto F. Los segmentos DF y EF representan (a la escala utilizada) la tensión TAc y la componente de VA en la dirección de la barraAM(TAM). TMN H~-~

/1

E

2t.

F Figura 4

O

213

ESTÁTICA

Por los extremos de esta última tensión (puntos E y F) se trazan ahora paralelas a las barras MN y MC, cortándose en el punto H. Los segmentos EH y FH representan, en forma aproximada, las tensiones T MN y TMe respecivamente. Por lo tanto: TMN =EH=2,4t

u-abajando la barra MN, como puede apreciarse, a compresión.

9. Empleando algún método analítico y el método gráfico de Culmann, calcúlese la tensión de la barra MN. Las poleas tienen 0,3 m de radio y el triángulo MNP es equilátero. No hay rozamiento en las poleas.

."

10m.

,l

Método analítico Aislamos el sistema total cortando las barras verticales como se indica en la figura 1. Llamamos TAy TB a las tensiones de estas barras. Se podría haber ortado por las articulaciones, con lo que veríamos que las reacciones en ellas no tienen componente horizontal, siendo las componentes verticales iguales a las tensiones de las barras. Las únicas fuerzas exteriores que hay, aparte de las tensiones mencionadas, son el peso de 2 t y la tensión del hilo en la parte correspondiente al extremo fijo, cuyo valor es también de 2 t por no haber rozamiento en las poleas. Aplicamos las condiciones de equilibrio, tomando los momentos respecto al punto N:

214

MECÁNICA

A

om

N

2t.

lTa lTA Figura 1

'J:.F = 0-tTA +TB +2-2=0-tTA =-TB rMN =

O-t 2(1,25+0,3) + 2(1,25+0,3) + 5·TA -5.YB = O-t -t

6,2 = 5·TB -5.YA

Al resolver el sistema de ecuaciones se obtiene: TB = 0,62 t

TA= -0,62 t

0,62

TAN A .TAM Figura 2

Conocidas estas tensiones se aísla el nudo A (Fig. 2), con lo que hallamos las tensiones de las barras AM y AN: I.Fv = O -t -TA'-TAM sen 30º = O -t TAM = 1,24 t LFH = O -t-TAN + TAM cos 30º = O -t TAN= 1,073 t

2t Figura 3

215

ESTÁTICA

Ya podemos aislar ahora el nudo (Fig. 3), con lo que cortaremos tres barras, pero sólo dos de tensiones desconocidas (MN y MP). Debido a la polea, debemos considerar también las tensiones del hilo a ambos lados de ella; las dos tienen el mismo módulo (por no haber rozamiento en la polea), pero distinta dirección. Una de ellas es vertical, como puede verse, mientras la otra forma un ángulo 1/J con la horizontal (Fig. 3), cuyo valor se deduce fácilmente de la figura 1: sen Al= 0, 3 ~Al=13 88º 'I' 1,25 'I' ' TMN

Aplicando las ecuaciones de equilibrio a este nudo se obtiene el valor de buscado: í.F8 = O ~ T MN cos 60º + T MP + 2 · cos 1/J- T AM cos 30º = O í.Fv =O~ TMN sen 60º + TAM sen 30º -2 -2 · sen 1/J =O~ ~ TMN

= 2,147 t

habiendo sustituido previamente los valores de TAM y 1/J. La ecuación de arriba nos permite calcular T MP una vez conocido T MN·

-

Método gráfico de Culmann

Para resolver utilizando el método de Culmann, aprovechamos el valor ya hallado de la tensión TA, aunque podria calcularse también gráficamente, mediante el polígono funicular.

0,62t.

__,..,..

TMP

2t

\"..2t.

Figura 4

Cortamos el sistema tal como se indica en la figura 4, y procedemos como se detalla a continuación: 1. º) Dibujamos las fuerzas solicitantes a escala, utilizando también una escala para las longitudes. Tenemos en cuenta el signo que se obtuvo de TA, con lo que la dibujamos vertical y hacia arriba (F 1 en la Fig. 5). En cuanto a las otras dos fuerzas (las tensiones del hilo a ambos lados de la polea) se halla la resultante, y su recta soporte (F2 en la Fig. 5).

216

MECÁNICA

2. º) Obtenemos la resultante y recta de aplicación, mediante el polígono de fuerzas (Fig. 6) y el polígono funicular (Fig. 5). Una vez realizado el polígono de fuerzas, trazamos una pralela a II (recta II') por un punto de la recta soporte de F 1 (punto C). Cortará a la recta soporte de F 2 en el punto D, y por él se traza una paralela a JI! (recta JI!'). Por C se traza también una paralela a J (recta J'). Las rectas I' y JI!' se cortan en el punto E, perteneciente al eje central que es la recta soporte de la resultante. El módulo de la resultante se obtiene del polígono de fuerzas (Fig. 6), realizado usando la misma escala para las fuerzas que en la figura S. Esta resultante, R, la llevamos a un punto cualquiera del eje central (por ejemplo el punto F), para proceder a su descomposición en la misma figura S.

f:i =0,62t Afc:.:::

~

i

\

N

e

1

1

1 1

-~.

2t '

-

: 1

1 1

"

Figura 5

3. º) Aplicamos el método de Culmann para descomponer la resultante R según las tres direcciones AN, MN y MP. La dirección AN corta a la línea de acción de R en el punto F, mientras las otras dos direcciones (MN y MP) se cortan en M. Unimos F y M y descomponemos la resultante según la dirección AN y según la dirección FM. Para ello trazamos por los extremos de R paralelas a ambas direcciones. El segmento FH representa (a escala) la componente de R en la dirección FM. Esta componente se descompone, de forma análoga, trazando paralelas por sus extremos (puntos F y H) a las barras MN y MP. Se cortan en el punto J, y el segmento FJ representa la tensión TMN pedida.

217

ESTÁTICA

Figura 6

Con la escala utilizada resulta: TMN = FJ

== 2,2 t

1O. En la estructura de la figura, F es la fuerza necesaria para que el cuerpo de 6 toneladas no baje. Las poleas tienen de radio r = 20 cm, estando fijas. El hilo que pasa por ellas tiene un coeficiente de rozamiento con las mismas deµ= 0,3 . El resorte tiene una longitud natural de 1,5 m y la constante elástica K es la adecuada para que la estructura esté en equilibrio en la posición representada.

L

1

im

L

1

2m

1

1

218

MECÁNICA

l.º) Hallar el valor de K.

2.º) Obtener la tensión de las barras (1), (2) y (3). - Se supone que todas las barras están articuladas entre sí y que no hay rozamiento en la polea móvil. 1. º) Valor de K

Dado que todo el sistema constituido por la estructura está en equilibrio, también lo estará cualquier parte del sistema que se considere. Teniendo esto en consideración, efectuamos un corte como se indica en la figura 1 y aislamos la parte de la derecha (Fig. 2).

5t.

5t

Gt.

Figura 1

5t.

1

/F ~1-t.-tJ~4T3

i 8

1m

i

1

T AAT'

_j~

T'ttT' 6t. Figura 2

219

ESTÁTICA

Previamente se aísla la polea móvil. Como no hay rozamiento en ella, la tensión del cable es la misma a ambos lados de la polea. Llamando a esta tenión T', se tiene: 2T' = 6 t ~ T' = 3 t Debemos obtener la tensión del hilo F' entre las dos poleas de la figura 2, para lo que tendremos en cuenta que, como Fes la fuerza necesaria para que el cuerpo de 6 t no baje, se tendrá: F < F' < 3 t ~ 3 = F' ·eµ6 ~ F' = 3 ·e-µ 6 = 3 ·e--0;3."' 2 = 1,872 t

ya que el ángulo de enrollamiento en la polea de la derecha es

(J =

7d2.

· Ya podemos aplicar las ecuaciones generales de equilibrio a la parte considerada, que, por tratarse de un sistema de fuerzas coplanarias, serán tres ecuaciones. Estas tres ecuaciones pueden ser las clásicas (anulación de resultante y de momento respecto a un punto), pero suele resultar más cómodo en el caso de estructuras de este tipo sustituirlas por la anulación de momentos respecto a tres puntos no alineados. Para el cálculo de T (fuerza del resorte) basta con tomar momentos respecto al punto M:

™M =O~ T .-F, +F' ·0,2-T' ·2-T' · (2+0,2)-5·1 = O Despejando T resulta: T= 3·2+3·(2+0,2E5 ·1-1,872·0,2 =9,945t

Por otra parte, se conoce la deformación del resorte, A, lo que nos permite obtener la constante K buscada: T = K).

~

T 9,945 K =- = - - = 19,890 tlm= 19.890,25 kg/m ;. 2-1,5

2.º) Tensión de las barras (1), (2) y (3)

- La barra (1) tiene tensión nula, por estar articulada oblicuamente con dos que están alineadas. Si Ti"# O, tendría una componente normal a las otras dos barras, y al aislar el nudo de concurrencia dicha componente no sería compensada con ninguna fuerza, con lo que no habría equilibrio. Por lo tanto: Ti= O

Para obtener las tensiones de las barras (2) y (3), hallaremos antes las reacciones en la articulación P y en el apoyo Q, para lo cual aislaremos el sistema total. Primero calculamos la fuerza F de forma análoga a como se obtuvo F '. F<3~3=F ·eµ 0' ~F=3·e-µII' =3·e-0;3." =l,1689t

220

MECÁNICA

donde hemos llamado 8' al ángulo de enrollamiento en ambas poleas. Aislamos el sistema total (Fig. 3) y aplicamos las ecuaciones de equilibrio: "f.FH =O~Hp =0 "f.Fv =0~ N 0 -5-5-3-3-F-VP =0 ~ N 0 -VP =17,169 IMp =O~ N 0 ·1-5·1-5·3-F ·1,8-3 ·4-3 ·4,2 =O~

~N0 =46,704t

5t.

K

5t.

3tt3

F Figura 3

Sustituyendo el valor hallado de la reacción en Q, normal, N 0 , se obtiene la componente vertical de la reacción en la articulación P, es decir, Vp: Vp = 29,535 t

Conocidas las reacciones en P y Q, efectuamos un corte según la línea CD de la figura 3, y aislamos la parte de la izquierda (Fig. 4). Las tensiones de las barras tienen la dirección de cada barra. Tomando momentos respecto a P, se tiene: IMp =O~T; ·l+N0 ·l=O~T; =-N0 ~T2 =-46,704t

Na Figura 4

D

•

221

ESTÁTICA

- El cálculo de la tensión T 3 se hace a partir del corte según la línea AB ya efectuado, aislando la parte de la derecha, como se hizo en el apartado l.º (Fig. 2), y tomando momentos respecto a N. Resulta: 'I.MN =O~-T3 .-fi-F' · (-li -0,2)-3·1-3 ·(1+0,2)=0~

~ r,, = -

3 + 3 -1,2 +

É.eE

-0,2) = -s,4669 t

El signo negativo obtenido, tanto en T 2 como en T 3 , indica que sus sentidos son los contrarios a los supuestos en las figuras.

11. La figura representa una grúa montada sóbre una plataforma (peso de la plataforma, 1.500 kg). Las barras no tienen peso y están articuladas entre sí. El coeficiente de rozamiento del cable en las poleas fijas es 0,2. Hallar:

l.º) Valor de P para que el peso de 10 toneladas no baje. 2.º) Reacciones en A y B (razonar el significado de sus sentidos). 3.º) Tensiones en las barras (1) y (2).

10t.

p 2m.

1. º) Valor de P Se trata de evitar que el peso de 10 t baje. Se supone el caso límite en que dicho peso está a punto de bajar (estado de movimiento inminente hacia abajo). Aislamos primero la polea móvil, que suponemos sin rozamiento (Fig. 1), para obtener la tensión del cable, que será igual a ambos lados de la polea. Se tendrá:

222

MECÁNICA

T

T

10t Figura 1

Para calcular P, observamos que el ángulo de enrollamiento total del cable en las tres poleas fijas es: 8 = nrad

y como hay estado de movimiento inminente del cable hacia la derecha, resulta: P
5t.

p Figura 2

Aplicando las ecuaciones de equilibrio (sólo hay fuerzas verticales que, además, son coplanarias): ·

= O -t R A + RB - P -1, 5 - T - T = O = 0---t P·l,3-1,5·1+RB ·2-5·5-5·5,3 =Ü "'I.F

r.MA

223

ESTÁTICA

Sustituimos P y operamos, resultando:

RA + BB = 14,167 2RB = 49, 532

e resuelto da:

RA = -10,599 t

RB = 24,766 t

El signo negativo indica que, si en A hay un apoyo simple, la grúa volcaría. Es necesario que en A haya una articulación para ejercer la fuerza RA. 3. º l Tensiones en las barras (1) y (2) - Para hallar la tensión de la barra (1) efectuamos un corte según se indica en la figura 3, aislando la parte de la derecha. Antes calculamos la ten-ión del cable en la parte situada entre las dos poleas de la derecha. Si la llamamos T', se cumple: T' < T ~ T

= T' · eµº' ~ T' = T · e-µo'

donde hemos llamado (J' al ángulo de enrollamiento del cable en la primera polea fija de la derecha. Su valor es: (J' =

t

n /2 rad 4m.

T'

•

5t.

5t

Figura 3

Sustituyendo este valor junto con los de µ y T, resulta:

T' = 5·e--0.2·" 12

= 3,652 t

Tomamos momentos en O (Fig. 3): LM0

=O~ T., ·2 +T' · (2+0,3)-5·4-5· (4+0,3) = O

Sustituimos el valor de T', obteniendo el valor de T 1: T, = 16,552 t

224

MECÁNICA

La tensión de la barra (2) es cero, pues corta perpendicularmente a dos barras alineadas entre sí: T2 = O

12. La figura representa una estructura de barras articuladas entre sí. La fuerza F es la necesaria para evitar que el peso de 2 toneladas baje. Se pide: l.º) Reacciones en A, By C. 2.º) Tensiones de las barras 1, 6, 11 y 12. - Las barras horizontales y verticales miden 2 m. El radio de las poleas mide 0,5 m, y el coeficiente de rozamiento del cable en ellas es 0,2. 1

6

B

l.º) Reacciones en A, By C

Calcularemos previamente la fuerza F y la tensión T del cable en el tramo comprendido entre ambas poleas. Teniendo en cuenta que se trata de evitar que el peso baje, y siendo F la mínima fuerza que lo consigue, se tiene: F
2=T ·eµe, ~T=2·e-µe, =2 ·e--0;i.-,c tl =14608t ' { T = F ·eµe, ~ F = T ·e-µe, = 1,4608·e--0;i.1r ti = 1,0669 t

Figura 1

225

ESTÁTICA

Cortamos la estructura por la línea indicada en la figura 1, que pasa por la articulación E y corta al cable entre las dos poleas. Aislaremos por separaambas partes y aplicaremos las ecuaciones clásicas de equilibrio (anulaíón de la resultante y del momento respecto a cualquier punto) para un sistema de fuerzas coplanarias.

º

Figura 2

Así, para la parte de la izquierda (Fig. 2), se tiene:

í..FH

=

O ~ T - HA - Hn

í..Fv = O ~ VA + V8

-

2

O

[1]

=O

[2]

=

í..MA = O ~ 2 · (2-0,5) + T · 0,5 - 2 · H 8

-

4 · V8

=O

[3]

Aislando la parte de la derecha y aplicando las ecuaciones resulta (Fig. 3):

í..FH =O~ Hn + Hc-T = O

[4]

í:.Fv = O ~ Ve - Vn - F = O

[5]

í..Mc = O ~ T · 0,5 + F · (2-0,5) + 2 · V 8

T

F Figura 3

-

2 · H8 = O

[6]

226

MECÁNICA

Tenemos un sistema de seis ecuaciones con seis incógnitas que se resuelve. Restando [3] de [6], se halla V8 : (F-2)·1,5+6-VB=O~VB=

(2-F)·l 5 '=0,233t 6

Sustituyendo en [2] se obtiene VA: VA= 2 - VB = 1,766 t

De [3] sacamos el valor de H 8 : HB = 1,5 + T · 0,25 - 2 · VB = 1,398 t

A partir de [1] calculamos HA: HA= T-HB = 0,062 t

De [5] se halla Ve: Ve=F+V8 =1,3t

Sumando [1] y [4) resulta: He= HA = 0,062 t

He-HA= O

Las reacciones en A, B y C son, por consiguiente: RA = (H! + V¡)1 12 = 1, 767 t

R 8 = (H! +

v_: )

112

Re= (H¿ + V} )1

12

= 1,418 t = 1,301 t

2.º) Tensiones en las barras 1, 6, 11, 12 - Las barras 1 y 11 tienen tensiones nulas. La barra 1, por estar articulada con otra formando ángulo recto. La barra 11, por articularse con otras dos alineadas, formando con ellas un ángulo no nulo (en este caso, recto). - Para el cálculo de la tensión de la barra 6 se aísla cortando por la articulación By seccionando las barras 6 y 7 (Fig. 4). Para la tensión de la barra 12, cortamos por la articulación C y las barras 10 y 12 (Fig. 5). Así:

{i

r.FH =0~T6--T7-HB =0 2 r.Fy =0~ VB -

{i T7 =O~T7 =Í2VB =0,329t 2

227

ESTÁTICA

Ve

Ve

He

T12

He

Figura 5

Figura 4

Y sustituyendo en la l.ª: T 6 = 1,631 t

íi

I.FH =O~TT¡º +Hc -I'i2 =0 I.Fv =O~ Ve - Í'i T¡ 0 =O~ T¡ 0 = Í'iVc = 1,838 t 2 Con lo que resulta: T1 2

=

1,362 t

13. Una escalera de 60 kg de peso y 5 m de longitud apoya en una pared vertical lisa y sobre un bloque A de 30 kg, con el que tiene un coeficiente de rozamiento de 0,3. El bloque, a su vez, tiene con el suelo un coeficiente de rozamiento de 0,4. Una persona de 80 kg de peso asciende por la escalera p_a rtiendo de abajo. Hallar: l.º) ¿Hasta dónde sube la persona como máximo sin que se destruya el equilibrio?

2. º) Valores necesarios de los coeficientes de rozamiento para que pueda subir hasta lo más alto de la escalera.

228

MECÁNICA

1. º) ¿Hasta dónde sube sin romper el equilibrio? Aislaremos por separado la escalera y el bloque (Fig. 1 y Fig. 2, respectivamente). Al aislar la escalera, supondremos a la persona situada a una distanciax, en horizontal, del punto más bajo. Sobre la escalera actúan, además de su propio peso (60 kg) y del peso de la persona (80 kg), la reacción normal N en el extremo que apoya en la pared lisa, la reacción normal N 1 en el extremo que apoya en el bloque, y la fuerza de rozamiento FR,, en el mismo extremo (Fig. 1).

C N

~

Figura 1

Para obtener el diagrama de cuerpo libre para el bloque A, situaremos, además de su peso (30 kg), las reacciones normales debidas a la escalera y al suelo (N 1 y N 2 , respectivamente) y las fuerzas de rozamiento (FR, y FR), como se indican en la figura 2. N1

R1

~

~ FR2 Figura 2

A continuación planteamos las ecuaciones de equilibrio para ambos cuerpos (tres para la escalera, como consecuencia de la anulación de la resultante y del momento respecto a un punto, y dos para el bloque, por considerarlo puntual, derivadas de la anulación de la resultante). Resulta: 2,FH=O~FR,-N=O lFv = O ~ N 1 - 80 - 60

=

O

I,MB = O~ 80 · x + 60 · 2,5 cos 37º - N · 5 cos 37º = O 2,FH = o ~ FR2 - FR, = o lFv = O~ N 2 - N 1 - 30

=

O

229

ESTÁTICA

Si la posición de la persona es la más alta sin destruir el equilibrio, es debido a que, bien en el contacto escalera-bloque o bien en el contacto bloque-suelo, hay estado de deslizamiento inminente. - l.ª hipótesis: El estado de movimiento inminente tiene lugar en el contacto bloque-suelo. En este caso, a las cinco ecuaciones anteriores añadiremos otra que nos da la fuerza de rozamiento FR 2, que será la máxima:

FR2 = µ2 Ni= 0,4 Ni Resuelto el sistema de las seis ecuaciones con seis incógnitas se tiene:

N 2 = 170 kg

N 1 = 140 kg

N = 68 kg

F R2 = F R, = 68 kg X=

1,05 m

Sin embargo, podemos apreciar cómo la fuerza de rozamiento en el contacto escalera-bloque, FR, supera el valor .náximo, µ 1 N 1:

FR, = 60 > µ¡ .V¡ = 42 Esto indica que, antes de producirse el deslizamiento en el contacto bloque-suelo (hipótesis planteada), se produce en el otro contacto.

to

- 2.ª hipótesis: El estado de movimiento inmimente ocurre en el contacescalera-bloque. A las cinco primeras ecuaciones añadiremos la que nos da F R,:

FR,=µ¡N¡=0,3N1 Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene: N 1 = 140kg

N 2 = 170 kg N = 42 kg

FR, = FR2 = 42 kg X=

0,075 m

La fuerza de rozamiento en el contacto bloque-suelo, F Ri• es menor que la máxima, por lo que la hipótesis es cierta.

FR, = 42 < µ2 Ni = 68 2.º) Valores de µ 1 y µ 2 para que suba hasta lo más alto

El valor de x será entonces: X

= 5

COS

3 7º = 4 m

Sustituyendo, se resuelte el sistema formado por las cinco ecuaciones: N = 146,66 kg

N 1 = 140 kg

N2

= 170 kg

Para que el equilibrio sea posible en esa posición, ambas fuerzas de rozamiento deben ser menores que las máximas correspondientes. Es decir:

230

MECÁNICA

< N > 146, 66 - 1 047 FR.¡ =Jli 1 ~ Jli= 140 - '

FR 2 ~ lti N 2

~ lti ~ 146•66 =0 , 862 170

Por lo tanto, para que pueda subir hasta lo más alto de la escalera, los coeficientes de rozamiento deben ser ambos mayores o iguales que los valores obtenidos.

14. El cilindro de la figura, de 40 N de peso, apoya en una pared lisa y está situado sobre un bloque de peso 20 N. Si el coeficiente de rozamiento entre cilindro y bloque es µ 1, y entre bloque y suelo es µ 2 , y al cilindro se le aplica una fuerza F = 10 N formando un ángulo de 37º con la horizontal, según se indica, hallar:

1. º) Valores de µ 1 y µ 2 para que el cilindro gire sin arrastrar el bloque. 2. º) Valores de µ 1 y µ 2 para que el bloque deslice sobre el suelo.

En ambos casos se entenderá que se trata de los valores necesarios de los coeficientes de rozamiento para que el cilindro gire sin aceleración (es decir, el caso límite entre reposo y giro) y para que el bloque deslice sobre el suelo también sin aceleración. El tratamiento es común a ambos casos: aislaremos ambos cuerpos para después imponer la condición (o condiciones) particular a cada caso. Aislamos primero el cilindro (Fig. 1). Además de su peso (Mg) y de la fuerza solicitante F, tendremos la reacción normal en la pared lisa, N, y la reacción normal N 1 y fuerza de rozamiento FR 1, correspondientes al apoyo rugoso con el bloque. Aplicamos las ecuaciones de la Estática (tres por tratarse de un sistema de fuerzas coplanarias):

231

ESTÁTICA

[1]

_ _ ¡I.FH =0~Fcos37º-N+FR, =0 I.F=O~ I.Fv =0~ Fsen37º-Mg+N1 =0

[2]

I.M 1 =O~ F cos 37º·2R-N ·R =0

[3]

F='\O

Figura 1

Resolviendo, se obtiene: De [2]: N 1 = Mg - F sen 37º = 34 N De [3]: N = 2 F cos 37º = 16 N De [1]: FR 1 = N - F cos 37º= 8 N A continuación obtendremos el diagrama de sólido libre para el bloque. Como fuerzas actuantes se tienen: el peso mg, la reacción normal N 1 y fuerza de rozamiento FR en el apoyo con el cilindro, y la normal N 2 y fuerza de rozamiento FR 2 en el apoyo con el suelo (Fig. 2). 1

Figura 2

Mediante las ecuaciones del equilibrio se tiene: [4]

[S]

232

MECÁNICA

Se resuelve, obteniéndose: De [4]: FR 2 = FR 1 = 8 N De [5]: N 2

=

N 1 + mg = 54 N

Una vez hecho este estudio general del balance de fuerzas, pasamos a razonar cada caso que nos interesa: 1. º) Valores de µ 1 y µ 2 para que el cilindro gire y el bloque esté en reposo Deberá haber desplazamiento relativo de las superficies de contacto en /, y no podrá haber desplazamiento relativo del bloque sobre el suelo. Por tanto: FR =FD '

·~-

=JL¡N¡.....,

11 .

n

F 8 =~=-=0 235 N 1 34 '

FR2 FR2 ~FR2máx = µ2N2....., µ2~N = o' 148 2

Para que se dé este caso debe satisfacerse a la vez: µ¡

= 0,235

µ2

~

0,148

2. º) Valores de µ 1 y µ 2 para que el bloque deslice sobre el suelo No deberá haber desplazamiento relativo de las superficies de contacto en /, y en cambio habrá desplazamiento relativo entre bloque y suelo. Es decir: F FR ~FRi = µ¡N¡---, µ¡~~ = 0,235---, µ¡~0,235 , m"' N1

FR FR = FR = ~N2....., µ2 = _ , = 0,148....., µ2 = 0,148 , 'm"' N2

En el supuesto de que µ 1 y µ 2 tomen otros valores, sería necesario hacer un estudio para cada caso. Por ejemplo: -

Si µ 1 ~ 0,235 y µ 2

~

0,148, no hay ningún movimiento.

- Si µ 1 ~ 0,235 y µ2 < 0,148, el bloque deslizará con aceleración, pues FR 2 supera su valor máximo, cosa que no es posible, lo que indica que no habrá equilibrio de fuerzas horizontales sobre el bloque. - Si µ 1 < 0,235 y µ 2 ~ 0,148, el cilindro giraría acelerando, ya que FR 1 superaría su valor máximo. Esto no es posible, pudiendo comprobarse que no habrá equilibrio de momentos en la rueda.

233

ESTÁTICA

15. El cilindro de la figura pesa W y tiene un coeficiente de rozamiento µ 1 con el bloque. El bloque tiene también un peso W, siendo µ2 su coeficiente de rozamiento con el plano. Hallar µ 1 y µ 2 para que: 1. º) El cilindro pueda deslizar sobre el bloque sin que éste se mueva.

2. º) El bloque pueda deslizar sobre el plano.

Aislaremos por separado cada uno de los dos cuerpos, aplicando las ecuaciones de equilibrio a cada uno. De esta forma hallaremos los valores de las fuerzas de rozamiento que aparecen, así como las reacciones normales, para que haya equilibrio, es decir, reposo o desplazamiento relativo sin aceleraciones. Dicho de otra forma, los resultados obtenidos no sirven cuando alguno de los dos cuerpos se mueve con aceleración. Aislamos el cilindro. Tenemos las siguientes fueras (Fig. 1): -

Tensión del hilo, T. Peso, W. T

Figura 1

Reacción normal del bloque, N 1• Fuerza de rozamiento, FR 1• Planteamos las ecuaciones de equilibrio:

_ _ {r,p; = O~ T cos 3 7º + FR' - W sen 37º = O

"i,F=O~

r,pn =O~ T sen 37º + W cos 37º - N 1 = O

"i,M0

=O~ T · R -

F11, · R

=O

[1]

[2]

[3]

234

MECÁNICA

Resolvemos y se obtiene: De [3]: FR, = T. De[l]: F = (3/5)W = W ~T= W R, 1+4/5 3 3 W3 4 De[2]: N 1 =--+W-=W

3 5

5

w Figura 2

Aislemos ahora el bloque. Sobre él actúan las fuerzas que se representan en la figura 2: Peso, W. Reacción normal, N 1, debida al cilindro. Fuerza de rozamiento, FR,, por lo mismo. Reacción normal, Ni, debida al plano. Fuerza de rozamiento, F Ri· Aplicamos las condiciones de equilibrio. Resulta:

_ _ {I.F; =O~FR' -FR, -Wsen37º=0

I.F=O~

I.F" =O~ Ni -N1 - W cos 37º = O

[4] [5]

Resolviendo el sistema se hallan los valores de Ni y FR/ 14 De[4]: FR2 =FR, +(3!5)W=-W. 15 9 De[5]: N 2 =N1 +(4!5)W=-W. 5

Conocidas las reacciones normales y las fuerzas de rozamiento, razonaremos los dos casos que nos interesan: 1. º) Valores de µ 1 y µ 2 para que el cilindro deslice sobre el bloque Debe haber desplazamiento relativo de las superficies cilindro-bloque, mientras este último permanece en reposo. Entonces debe cumplirse:

235

ESTÁTICA

=

F,~F R,- R,máx

µ2

"2:::.FR, =(14/lS)W=.!_±~ "2:::..!.± (9/S)W 27 ~-27

N~ 2

~ - N2

Por tanto, debe darse a la vez: 1

µ¡ =3 _.º) Valores de µ 1 y µ 2 para que el bloque deslice sobre el plano

Se trata de que haya deslizamiento relativo entre bloque y plano sin que lo haya entre cilindro y bloque. Es decir:

En otros casos sería preciso hacer un estudio particular. Así, por ejemplo:

-

µ 1 ~ 1/3, µ2

-

~

~

No hay ningún movimiento.

µ 1 ~ 1/3, µ2 < 14/27

~

El bloque deslizará con aceleración, no siendo válido el valor de F R2 obtenido.

-

µ 1 < 1/3, µ 2 ~ 14/27

~

El cilindro girará con aceleración angular, y el valor de FR 1 hallado antes, no es cierto.

-

µ 1 < 1/3, µ 2 < 14/27

~

Habrá movimiento relativo entre cilindro y bloque y entre bloque y plano. Sería preciso plantear las ecuaciones de la Dinámica.

14/27

16. Hallar gráficamente las reacciones en las tres articulaciones A, B y C del pórtico de la figura, sometido a una carga uniforme sobre la horizontal tal como se indica, de valor 800 kg/m.

236

MECÁNICA

El sistema está sometido a una carga continua sobre el semipórtico de la izquierda. Esta carga puede ser sustituida, a efectos del cálculo de las reacciones, por una carga concentrada (un vector deslizante) de módulo igual a la resultante del sistema continuo de cargas, y de recta soporte el eje central de dicho sistema. En la práctica se debe ver cuál ha de ser la línea de acción de la resultante para que el momento respecto a cualquier punto sea el mismo que el del sistema primitivo de cargas. Es decir, llamando Ha un punto del eje central y teniendo en cuenta que se trata de cargas en el plano (momento mínimo nulo), resulta (Fig. 1): MH

=o= M

A

+R./\ AH~ M A =AH/\ R.~ IAHI =~A

Yf 4800 Kg. 1

e

1

1

1 1 1

1

B Al>3m_ 13m f - - · - · --+X H

Figura 1

Calculemos MA:

MA = [x·800dx=14.400kg·m Como la resultante R tiene por módulo, por distribuirse uniformemente sobre la horizontal,

R

=

800 · 6

=

4.800 kg

resulta: AH= 14.400 =3m 4.800 cuyo resultado ya podía haber sido supuesto dada la simetría de la distribución de carga respecto a la recta vertical que pasa por H. Si aislamos el semipórtico de la derecha (Fig. 2), al no tener cargas solicitantes, las reacciones en B y C deben ser iguales y opuestas. Como, además, deberán pasar por By C, respectivamente, queda fijada la dirección de ambas reacciones R 8 y Re (recta BC).

237

EST.ÜICA

e R~

\~8

Figura 2

A continuación, se aísla el semipórtico de la izquierda (Fig. 3). Está sometido a tres fuerzas concentradas (la resultante de la carga continua, y las reaciones en A y C). Para que haya equilibrio deberán cortarse en un punto sus líneas de acción. La dirección de Re (recta BC) y la vertical por H (recta soporte de la resultante) determinan el punto l. Como la reacción en A también ha de pasar por I, la recta Al es la recta soporte de RA. Conocidas las direcciones de las reacciones, para su cálculo acudimos al uiángulo de fuerzas (Fig. 4). Adoptando una escala adecuada, dibujamos la re ultante R de las fuerzas solicitantes, y por cada uno de sus extremos trazamos paralelas a las direcciones de RA y de Re. Se cortarán en el punto F, y lo segmentos DF y EF representan, respectivamente, las reacciones RA y Re, Por consiguiente, se tiene:

Re= EF ::=1,8 t

o Dire~ de , R9 '

/

'

1

1

Direcc. de

RA

'1

E Figura 3

Figura 4

17. Hallar gráficamente las reacciones en las tres articulaciones A, B y C del pórtico de la figura, sometido a las cargas concentradas que se indican.

238

MECÁNICA

1,2 t.

.e 1

--

...

~ 4Jm.

21m.

I

A

B 2m.

~1m.

Un procedimiento sería mediante el trazado directo del polígono funicular que pasa por los tres puntos A, B y C, pero es bastante complicado, sobre todo por la existencia de fuerzas horizontales y verticales. Aquí procederemos por superposición, es decir, calculando las reacciones por efecto de las cargas que actúan en el semipórtico izquierdo, primero, y las debidas a las cargas existentes. en el semipórtico derecho, después, y sumando al final los resultados. Esto podría representarse simbólicamente como se hace en la figura 1. 1,2

1,2

3

2

4

+

=2

Figura 1

-

Reacciones debidas a las cargas en el semipórtico izquierdo

Primeramente es conveniente sustituir las dos fuerzas actuantes en este caso (horizontal de 2 t y vertical de 1,2 t) por su resultante, aplicada en un punto del eje central de ambos vectores deslizantes, para lo cual utilizaremos el método del polígono funicular. Luego se procede como en el problema anterior, aislando el semipórtico de la derecha, en el cual, por no haber fuerzas solicitantes, las reacciones RÉ y Ré son iguales y opuestas. A continuación conocida la dirección de Ré, se halla la dirección de R~. también de forma análoga, ya que las tres fuerzas (R~, Ré y la resultante R) deben ser concurrentes en un punto para que haya equilibrio. Todo esto se lleva a cabo en

239

ESTÁTICA

figura 3. Hemos llamado R~, R's y Ré a las reacciones en esos puntos si el rtico estuviese sometido únicamente a las fuerzas que actúan sobre el "pórtico de la izquierda. Para el dibujo del polígono funicular a fin de obtener el eje central de las - fuerzas mencionadas, representamos primero el polígono de fuerzas F g. 2). Se trazan a escala, una a continuación de otra, ambas fuerzas; por un to cualquier O (polo) se dibujan los radios correspondientes a los vértices polígono (I, JI y !JI). Por un punto de la recta soporte de la primera fuerza 1,2 t) se traza una paralela a I y a otra JI (rectas/' y JI' de la Fig. 3). La ta JI' corta a la línea de dirección de la segunda fuerza (2 t) en el punto D, r el que se traza una paralela a !JI (recta !JI') . Las rectas/' y !JI' se cortan en E que es un punto del eje central buscado, y donde se puede considerar plicada la resultante R. El módulo de R se obtiene, a escala, del polígono de erzas (Fig. 2). Como ya se comentó, las reacciones en B y C deben ser iguales y opues. Además, estarán aplicadas en By C respectivamente. Por tanto, la recta _ porte común será la recta BC. Considerando el semipórtico izquierdo, las erzas R~, Ré y R deben concurrir en un punto. Las direcciones de Ré y de la resultante R se cortan en el punto F, con lo que la dirección de R~ será la rec.-lF. Conocidas ya las direcciones, basta descomponer R (Fig. 2). Por los extremos de R se dibujan paralelas a las direcciones de R~ y de Ré, que se cortan en el punto H. Los segmentos MH y PH constituyen (a la escala utilizada) las reacciones R~ y Ré, respectivamente. Aproximadamente resulta:

R~=MH:l ,4t

~

=PH ::l,St

1,2

Figura 2

A

Figura 3

R~ =~ =1,St

240

-

MECÁNICA

Reacciones por efecto de las cargas sobre el semipórtico derecho

El procedimiento es idéntico, sólo que, por no haber más que una fuerza, no hace falta el uso del polígono funicular. Llamaremos R~, R 8y R'é a las reacciones si sólo hubiese dicha fuerza. Aislando el semipórtico de la izquierda, se ve que no está sometido a ninguna fuerza, por lo que las reacciones en A y C serán iguales en módulo, tendrán la misma recta soporte, y sentidos contrarios. La dirección común de ambas reacciones en la recta AC. Si consideramos el semipórtico de la derecha, está sometida a tres fuerzas (R 8, R'é, y la solicitante de 3 t). Para que sea posible el equilibrio, deberán cortarse en un punto; como la de 3 t y la reacción en C se cortan en Q (Fig. 4), la dirección de la reacción en B será la recta BQ.

e

~:11.- - - -- -

3t.

~.. '\

O:~

()~/ º/ Jt .

\\ -~

~..

.\(9

\

A

B Figura 4

. =~RS EN El.... CERECHOTICO

Rrj

~

G

/\.. 11

/

~/

TI

'i>B \

.{ª ~s Figura 5

241

ESTATICA

Conocidas las direcciones de todas las reacciones, calcularemos sus módulos mediante el triángulo de fuerzas (Fig. 5). Por los extremos de la erza solicitante, trazada a escala, dibujamos paralelas a las direcciones de R'é y R'é cortándose en el punto G. Los segmentos SG y TG representan las reacciones buscadas. En forma aproximada, se tiene:

R;! = TG ==3,2 t Valores de las reacciones Se obtienen sumando vectorialmente los valores hallados en ambos casos. Es decir:

SUMA EFECTUADA EN EL SEMIPÓRTICO IZQUIERDO

SUMA EFECTUADA EN EL SEMIPÓRTI(",O DERECHO

SUMA EFECTUADA EN EL SEMIPÓRTICO DERECHO

18. Las poleas A, B, C, tienen igual diámetro D = 0,4 m, careciendo de peso. La A es la motriz, transmitiendo un par M = 20 kg·m a la polea B. El resorte tiene una longitud natural x 0 = 60 cm y una constante elástica K = 600 kg/m, manteniendo separadas las poleas A y B. El coeficiente de rozamiento de las correas en todas las poleas esµ= 0,25. El peso P es de 100 kg, siendo F la fuerza necesaria para hacerlo subir. Hallar:

242

MECÁNICA

l.º) Valor de x. 2. º) Reacciones en P y Q. -

Todas las longituds de la figura están en metros.

,

1 Q

F X

l.º) Valor de x

Consideremos el conjunto de las poleas A y B y aislemos la polea A, motriz. Se supone que M es el par máximo que puede transmitirse sin que la correa deslice. Es decir, M es el par correspondiente a estado de deslizamiento inminente entre correa y polea. Llamamos Ta la fuerza del resorte, el cual deberá estar comprimido para mantener las poleas separadas. Las tensiones de la correa a ambos lados de la polea A las llamamos T 1 y T2 • Se tiene: [1]

T 1 + T2 = T D

M=(T¡-T2 ) 2

GtJ M~

[2]

243

ESTÁTICA

Además, habrá movimiento relativo de la correa respecto a la polea en el sentido de T 1• Por tanto: [3]

Sustituyendo en [2] resulta: M = T2 (e"' 4 -1 )D 2

~

I;_ =

2M = 83,80 k g D(e" 1 4 -1)

Conocido T 2 , de [3] se halla T1:

T¡ = 83,80 ·e" 14 = 183,80 kg Y llevando ambos valores a [1], obtenemos la fuerza del resorte, T: T = T 1 + T 2 = 267,60 kg

Como el resorte está comprimido, su fuerza es:

T = K(x0 -x) ~ x = x0

T -k = 0,1539 m= 15,39 cm

2. º) Reacciones en P y Q Debemos aislar el sistema, pero antes calcularemos la fuerza F. Como es la necesaria para hacer subir el peso P, se supone que éste está a punto de moverse hacia arriba (estado de movimiento inminente de la correa en el sentido de F) . Por tanto, F será mayor que P:

F > P~ F = P ·eµ 9 = P·eº:i. 5 " =219,32 kg Aislamos ahora el sistema teniendo en cuenta que las reacciones en los cojinetes P y Q tienen (en principio) tres componentes. Tomamos unos ejes como se indica en la figura y aplicamos las ecuaciones de equilibrio. Resulta:

r=O r,=O r.M;

[1]

I.F=O~ L~=O

[2]

I.Fz =0

[3]

r.Mp =o~

LAfP,

[4]

=o

[5]

=0

[6]

244

MECÁNICA

tz ·az Oy

0,5

,

,

P o,5

z

J

P.

x,·

1

R-=0,2m

~

p 'F

T2f,l./!T1 - . -· __ _]_

P.y

·-

/

Observamos la figura y sustituimos:

Px + Qx = O

[1]

Py + Q Y = O

[2]

P, + Q, + T - T 1 - T 2 - P - F = O

[3]

-1 ·

QY

+ 1 · T- 1,2 · T 1 - 0,8 · T2 - 2 · P- 2 · P = O

1 · Qx - 1 · T + 1 · T 1 + 1 · T 2 + 0,2 · P - 0,2 · F = O

[4] [5]

No hay ninguna fuerza que produzca momento respecto al eje z. Como tenemos cinco ecuaciones y seis incógnitas, debemos añadir una condición: supondremos que el cojinete Q no soporta empuje axial (Q, = O). Resolviendo el sistema resulta:

Py = 658,65 kg

Px = -23,86 kg Qx

=

23,86 kg

Qy

P, = 319,32 kg

= -658,65 kg

Por tanto, las reacciones en P y Q valen:

Rp

= (P} + P: + P} )1 12 =732,36 kg

Ro= (Q; + Q~ + Q; )1 ' 2 =659,08 kg

19. Dado el mecanismo de la figura se pide: l.º) Valor de la fuerza P que permite el equilibrio.

2. º) Reacciones en los cojinetes A y B. -

Se supone despreciable el peso del sistema.

245

ESTÁTICA

Tomamos un sistema de ejes y aislamos el mecanismo como se indica en la figura situada más abajo. Además de la fuerza P y de las reacciones en los cojinetes (que, en principio, tendrán tres componentes) tendremos las tensiones del hilo a ambos lados de la polea móvil). Como se supone que entre ésta y el hilo no hay rozamiento, dichas tensiones serán iguales. Su valor se halla aislando la polea, y es igual a la mitad del peso que cuelga: T= 250 kg

y

'

Planteamos las ecuaciones de equilibrio, tomando momentos respecto al punto O, origen de coordenadas. Se tiene: LFx = O-t P · COS 3 7° - Ax - Bx 'I:.F

= O-t 'I:.Fy = 0-t Ay +By = O {

_

=O

_

'I:.Fz =0-t-P·sen37º+Az +Bz -250-250=0 ¡LMx = 0-t -250·0, 7-250·0, 7 + Az ·0,6+Bz ·0,3 = O

LM0 = O -t 'I:.MY = 0-t -250·0,15+P·0,3 = O 'I:.Mz = O -t Ax · O, 6 + Bx · O, 3 = O

246

MECÁNICA

Tenemos un sistema de seis ecuaciones y siete incógnitas. Para resolverlo, supondremos que el cojinete B no soporta empuje axial, es decir, By = O. Con esto resulta:

l.º) 2.º)

P= 125kg Ax = -100 kg

B .. = 200 kg

Az = 591,66 kg

Ay = O

Bz = -16,66 kg

R A =(A 2 +Ay2 +Az2 ) 112 =60005kg , X

R B =(B.x2 +By2 +Bz2 ) 112 =20069kg ,

20. Una plataforma que se apoya en cuatro pilares tiene una grúa que levanta cargas de 40 toneladas cada una. El peso propio de la plataforma, el de la grúa y demás equipamiento existente en ella determina una carga vertical de 25 toneladas que pasa por el punto F. Hallar: 1. º) El peso mínimo del contrapeso necesario y su situación, para que todos los pilares tengan la misma reacción. 2. º) El valor de dicha reacción.

40t.

o

Af

-X

t'i

1.º) Peso mínimo del contrapeso y situación de éste Para que los cuatro pilares tengan la misma reacción, la resultante de las cargas solicitantes (peso propio, peso levantado y contrapeso) ha de pasar

247

iESIÁTICA

por el centro geométrico G de la plataforma. Es decir, que esas tres fuerzas se podrán sustituir por su resultante aplicada en un punto del eje central que pasará por G. El momento de dicha resultante respecto a cualquier punto será igual al momento respecto a ese punto de las fuerzas mencionadas. p

Tomamos unos ejes coo indica la figura, con el plano XY coincidente con

el de la plataforma y origen en A, e imponemos la condición anterior para los m omentos respecto a A. Se tiene: -

Xe · R =

40 · 60 + 25 · 20 + P · x

-

Ye · R =

40 · (60 + 10) + 25 · (60 - 20) + P · y

donde se ha llamado Pal contrapeso, suponiéndolo aplicado en el punto (x, y).

R es el módulo de la resultante de las fuerzas solicitantes, y oordenadas del centro geométrico de la plataforma:

Xe

R = 40 + 25 + P Xe =

30

Ye =

30

Operando en ambas ecuaciones resulta: _

30

=

2.900+P ·x 65+P

_

30

= 3.800+P · y

65+P

Despejamos P de ambas ecuaciones, con lo que se obtiene: P= 2.900-1.950 = ~

30-x

30-x

p

= 3.800-1.950 = 1.850 30-y

30-y

e Ye las

248

MECÁNICA

Eliminando P entre ambas, resulta una ecuación en x e y: X

950 _ l.850 ~37x-19y=540~ 540/37 30-x - 30-y

L_=l

540/19

que representa una recta, que será el lugar geométrico de las posibles posiciones del contrapeso P, tal como se muestra en la figura. Pasa por G. El valor de este contrapeso se puede calcular sustituyendo x, y, en una de las expresiones de P, y será función de la posición donde se sitúe. Se obtiene una gráfica de P en función de x o de y, que se representa en la figura. El mínimo valor de P ocurrirá cuando el denominador de cualquiera de las expresiones de P sea máximo (dentro de la plataforma) o, lo que es lo mismo, cuando sea mínimo x o cuando lo sea y. En la plataforma, el mínimo valor de x corresponde a y = O, siendo éste el valor mínimo de y. Sustituyendo, hallamos el valor mínimo del contrapeso necesario. Resulta:

1.850 = 61,66 t P=30

aplicado en E(14,59, O)

A pesar de que la recta pasa por G, el contrapeso no puede aplicarse en el propio G, como es lógico. De las expresiones de P se ve, además, que su valor debería ser infinito. 2.º) Reacción en cada pilar El valor de esta reacción será la cuarta parte del módulo de la resultante de las fuerzas solicitantes. Es decir: R A = RB

=Re;= Rv = 40+25+P 4

El valor mínimo de esta reacción será entonces: R A = Rs

= R e = Rv = 31,66 t

21. Un cable tiene una carga continua constante por unidad de longitud, que es normal al mismo en todos sus puntos. Obténgase la configuración de equilibrio de dicho cable. La ecuación diferencial de equilibrio de un cable es: df +q ds=O siendo Tla tensión del cable en cada punto, qla carga por unidad de longitud y ds la longitud de un elemento diferencial de cable.

249

ESTÁTICA

Descomponiendo todos los vectores según las direcciones del triedro intrinseco resultan las ecuaciones intrínsecas de equilibrio de un cable: dT+q 1ds=O T

-+q

p

n

=Ü

-iendo q1 y qn las componentes de q según la tangente al cable, y según la normal principal, respectivamente, y p, el radio de curvatura del cable en el puno considerado. En el presente caso la carga es normal al cable en todos los puntos. Por lo tanto: qr =O~ dT =O~ T = constante

Y como, además de ser el módulo de la tensión, T, constante en todos los puntos, también lo es qn según se desprende del enunciado, se tiene:

T

- + qn p

=

T

O ~ p = - - = constante qn

Como el radio de curvatura es constante, la configuración de equilibrio del cable es un arco de circunferencia. Aunque, aparentemente, p tiene signo negativo, debe tenerse en cuenta que qn tiene sentido contrario a la normal principal, con lo que es negativo, iendo p, por consiguiente, positivo. 22. El cable de la figura tiene peso despreciable y soporta una carga uniforme sobre la horizontal de 60 toneladas. 1. º) Hallar la tensión máxima del cable.

2. º) En A se abandona una anilla de masa m que recorre el cable. Obtener la fuerza del cable sobre la anilla en el punto más bajo.

250

MECÁNICA

1. º) Tensión máxima del cable La figura de equilibrio de un cable sometido a una carga uniforme según la horizontal es una parábola, cuya ecuación, referida a unos ejes como los indicados en la figura adjunta, es la siguiente:

q 2 y=--x 2T0

siendo q la carga por unidad de longitud según la horizontal y T 0 la tensión en el punto más bajo del cable (tensión mínima). Esto puede deducirse de las ecuaciones cartesianas de equilibrio del cable:

dTx +qxds = O df + q ds =

O~ dTY + q {

Y ds: O

dTz +qzds -O

y

B

X

Como la tensión es tangente al cable en cada punto se tiene:

f

=

J (T dx l + T dy l + T dz k) ds ds ds

Ti = T( dx l + dy l + dz k = ds

Sustituyendo las componentes de f en las ecuaciones de equilibrio, y teniendo en cuenta que la carga q sólo tiene componente según el eje «y» (qx = O, qz = O) y que la figura de equilibrio es plana (por lo mismo), con lo que sobra la tercera ecuación, resulta:

- j

Tdx)=O~Tdx =C1 =T0 ~T=T0 ds '\ ds ds dx

[1]

donde, para calcular la constante de integración C1, se tuvo en cuenta que en el punto más bajo del cable (x = O), la tangente es horizontal (dx!ds = 1), y la tensión, que es la mínima, se la llamó T0 •

251

ESTÁTICA

{r¿

J-q

dx= O~d(T0

:

is J-q

dx=O

~ d(T y')-q dx=O 0

~ T0 dy' = q dx ~ T0 y' = q X+ C2 = q X~ y'=

¿=

= !1_ x ~ y = _!j__ x 2 + C3 ~ y = _!j__ x 2 ~

2~

[2]

2~

Se sustituyó el valor de T dado por [ 1], y se tuvo en cuenta que la carga que soporta el elemento del cable de longitud ds es q dx, en el sentido del eje . ·,. negativo.

Las constantes C2 y C3 fueron halladas a partir de las condiciones: X=0

y'=

y=O

o

Por otra parte, de [1] podemos hallar la tensión en cualquier punto: [3]

Con todo esto ya podemos sustituir los datos conocidos. En la ecuación [2] de la parábola sustituimos las coordenadas de A y B, a priori desconocidas; consideramos además la separación horizontal y vertical entre ambos puntos. Resulta:

q 2 YA =-XA 2T0 q 2 YB =-XB 2T0

XB -XA = 30 YB-yA=S Resolviendo el sistema, junto con YA = 8 y q = 2 tlm. Resulta:

YB

= 13 m

XA = -13,18 m

XB

=

16,81 m

T 0 = 21,74 t

La tensión máxima tiene lugar en B, punto de mayor abscisa, según se desprende de [3], y que es, a su vez, el punto más alto del cable. Su valor es:

Tmáx

= TB = (T02 +q2x!)1' 2 = 40,04 t

252

MECÁNICA

2.º) Fuerza del cable sobre la anilla

Llamando C al punto más bajo del cable, y aplicando el teorema de la energía a los puntos A (velocidad vA = O) y C, resulta: 1 2 Ec, +EP, =Ece +EPe ~mgyA =-mve +mgye ~ 2

~Ve =~2g(yA -ye) =~16g =12,52m/s Por otra parte, el radio de curvatura del cable en Ces: ,2 )1 / 2

(l+y p= y"

'-O

T,

=_Q_=10,87m q

pues en

e

Y,,~ !L {y To

De la 2.ª ley de Newton en coordenadas intrínsecas se tiene: mv 2 mv 2 N-mg=-e ~N=mg+-e =24,23mt

p

p

siendo N la reacción normal del cable sobre la anilla, que en C es vertical, y que es la fuerza pedida.

23. La figura representa un cable anclado en A y B. Respecto a los ejes que se indican, su ecuación es

nx

y=acos-¡; (a y b, constantes a determinar).

l.º) Hallar la ley de variación de su densidad lineal, si en el punto más bajo es q 0 • 2. º) Obtener la tensión máxima.

..,k

20m .

1

y

253

EST!\TICA

L") Ley de la densidad lineal

Sea q la carga por unidad de longitud del cable y T la tensión en cada punto. Partiendo de la ecuación diferencial de equilibrio del cable y proyecrando sobre los ejes cartesianos, se tiene: [1] [2]

donde ya se tuvo en cuenta que, por ser la figura de equilibrio plana, no hace falta proyectar sobre el eje z. Además, como la tensión es tangente al cable, se puede escribir:

Integrando en [1] resulta:

J

d(T dx =O~ T dx = C1 = T0 ds ds

~ T =T

0

ds dx

La constante de integración C 1 es igual a la tensión T0 en el punto más bajo del cable (tensión mínima, por ser la carga vertical y tener que conservarse la proyección de la tensión sobre la horizontal), ya que, como puede apreciarse en la figura,

dx =1 ds

x=O

Sustituyendo el valor de Ten [2]:

d(T dxds dyds J+ q ds =O~ d(T y') + q(l + y' 0

0

2 112 )

dx = O

Se conoce la ecuación del cable en el equilibrio, pero debemos determinar las constantes a y b. Con las condiciones de la figura se tiene:

x=O} ~2 =acos--~a n·O =2

y=2

b

X=

10} ~O= 2 cos10Jr ~ b = 20 b

y=O

Con los valores de a y b ya podemos calcular y', para sustituirla en [2]:

254

MECÁNICA

nx , n nx , n2 nx y= 2 cos- ~ y = - - sen-~ dy = - -cos-dx 20

10

20

200

20

Sustituyendo, resulta:

n2 nx n2 2 nx T0 --cos-dx +q 1+-sen ( 200 ) ( 20 100 20 )

1/2 dx=O

de donde podemos despejar la densidad lineal q:

n2

nx

T0 -::-:-::- cos -

q= (

~ºº

20)1 /2 1r 21rX 1+-sen 100 20

En el punto más bajo (x = O), la densidad es q = q 0 • Entonces:

,.2 _

%-

T 0 ,-

2

200 _ n T0 ~ T, _ 200 % 1 - 200 on2

con lo que la densidad lineal resulta:

nx

q

y %z

%COS20

=

nx)

1 + !i!.._ sen2 ( 100 20

1/ 2

L)

=[

1 + !i!.._ (1100 4

] 1/ 2

2. º) Tensión máxima La tensión en cualquier punto es:

1/2

2 2 ) 112 =T 1+ n T=TO ds =T(l+y' sen2 nx O O( dx 100 20 )

La tensión será máxima en los puntos más altos del cable, es decir, en A y B, indistintamente. Sustituyendo el valor de la abscisa x correspondiente a uno de esos puntos en la expresión de T se tiene: 2 )1 / 2

X=Xs =lO~Tmáx =Ts =To 1+~ (

n

,.2

100

- 20 %000+ n Tmáx 2

2

)"

(

= 200% 1+

2

21,24 %

,.2) 100

1/ 2

255

2 . l,;n cable de peso despreciable es repelido por un plano de tal que cada elemento del cable está sometido a una fuerza dF per.cular al plano y proporcional al cociente entre la longitud ds del dl~iento y el cuadrado de su distancia al plano, siendo k la constante de -nr,nrcionalidad. Tómese el eje «x» en el plano, y hállese: l.•

Figura de equilibrio del cable.

2." Tensión del cable en cada punto . . º) Por tratarse de cargas continuas paralelas a una dirección fija, la _ ura de equilibrio es plana. Tomamos este plano como X}; el eje «x» será la ,_,.,,.....cPrción de este plano con el del enunciado, y el eje «y» será normal a este

y

dF

1

1 1

ly 1

La fuerza actuante sobre un elemento de longitud ds del cable es:

La carga por unidad de longitud del cable será: q= dF =k-1

y2

ds Con las direcciones indicadas, será:

-

~

k

~

q =qJ =-J

y2

256

MECÁNICA

La ecuación diferencial de equilibrio del cable es:

df +q ds=O Como la tensión es tangente al cable en cada punto, se tiene:

T

=

T- T dr T dx -; T dy -; T dz kt= - = - - l + - - 7 + ds ds ds ds

La ecuación vectorial de equilibrio da origen a dos ecuaciones escalares (no hace falta considerar la 3.ª por estar el cable en el plano XY):

d(r!J+qx ds=O~d(r!J=o

[1]

d(r¿J+q y ds=O~d(r¿J+ ;ds=O

[2]

Integramos la ecuación [ 1]

d( J=0~ r!

r!

= A

(A =constante)

,. ,. T sera, m1mmo cuando -dx sea max1mo, cosa que ocurre cuando 1a

ds

tangente al cable es horizontal (punto más alto o más bajo), donde

dx = 1. Llamando T0 a dicha tensión mínima se tiene: ds dx ds T-=T0 ·l=T0 ~T=T0 ds dx Sustituimos esta expresión de Ten [2]:

d

(r

0

ds dy + !:__2 ds = O~ d dx ds y

J

,

k

(r

~

0

T0 dy + 2 -vl+y-dx=O~T0 y

dy + \ ds = O~ dx y

J

dy' _ dx --k-2 -,,/1 + y'2 y ~

Multiplicamos y dividimos por dy en el 2. 0 miembro:

To

dy' ~1 + y'2

=

-k dx dy dy y2

Separamos variables, e integramos:

=

-kl_ dy y' y2

-

257

TIC..\

'd' d ~ k T0 y y =-k { --tT0 -v l+y' 2 =-+B ~ l+y'2 y y

(B = constante)

k

-

i para y = T, , y'= O (punto de tangente horizontal), la consta_n te B es o a (B = O):

Despejemos y':

~ = _1:__!. _.y'= ~ _k_2_ -1 = _1_ ~k2 -To2y2 = _dy T0 y

Tly2

T0 y

dx

-T,"""º=y=d=y= = dx --t _ J_ ~ k2 - To2 y 2 = X + e ~ k2 -To2y2 To

Tomamos el eje «y» pasando por el punto de tangente horizontal:

La figura de equilibrio es un arco de circunferencia de radio .!5:__ y centro T, '

el origen de coordenadas O.

o

__· Tensión en cada punto Habíamos obtenido ds ~ kl k T=T0 -=T0 -v l+y- =T0 - - = dx ToY Y La tensión es inversamente proporcional a la distancia al plano. El punto e tensión mínima es el más alto del cable, mientras que el de tensión máxia erá el más bajo.

258

MECÁNICA

25. El cable de la figura está atado en A, pesa 2,976 kg/m y descansa en el plano perfectamente liso, siendo tg tf> = 1/5. Si se aplica una fuerza horizontal F = 408 kg en el extremo libre, siendo la distancia horizontal entre A y C de 36,58 m, hállese:

l.º) Valor de x. 2. º) Tensión máxima del cable.

36,58

i

l..

~

l.º) Valor de x

La fuerza F en el extremo libre coincide con la tensión del cable en dicho extremo C. Como dicha fuerza F es horizontal y la tensión en un punto del cable es tangente al cable en dicho punto, la tangente al cable en C es horizontal. Además, entre los puntos B y C de la figura 1, el cable está sometido únicamente a una carga continua vertical uniformemente distribuida (su propio peso) adoptando entre esos dos puntos la forma de una catenaria. Por todo ello, C será el punto más bajo del cable, y la tensión en C, la fuerza F, será la tensión mínima T 0 (ya que por ser carga siempre vertical, la proyección de la tensión sobre la horizontal debe conservarse): T0

X

= F = 408 kg

I X9

f

1

F=To

e

~

t ___ -!..

0 Figura 1

259

.\llCA

i tomamos unos ejes como se indica en la figura 1, con el origen a una cia a por debajo del punto más bajo del cable, C, la ecuación de la men-

nada catenaria es: X

y=acha

o

F

T,

a=_Q_=-=137,09m q q e hemos llamado q a la carga del cable por unidad de longitud. Por otra parte, la tensión en un punto del cable (en la misma zona situaenrre B y C) viene dada por: T = 1,,.,0 (1 + y ,2 )1/2 = T0 c h -X = qy a

~

La tensión en el punto B, que queremos determinar, será tangente al cable B o, lo que es lo mismo, tiene la dirección del plano inclinado. Además, su ~·ección sobre la horizontal será igual a T 0 (como ya se dijo). Entonces:

~ T8 = _E._ = F(l + tg 2 )1' 2 =

T8 cos = T0 = F

=

cos

-fu, 5 F = 416 , 07 kg

Teniendo en cuenta las ecuaciones mencionadas, resulta: T8 = qy8 y 8 = a ch xB ~ a

~

T y 8 = -1!.. = 139,81 m q

x

= a ·argch Yb = -27,23m

8

a

Observando la figura 1 se ve que: x = L-lx8 = 36,58-27,23 = 9,34 m 1

iendo llamado L a la separación horizontal entre A y C. - · ) Tensión máxima del cable Por lo ya razonado anteriormente, la tensión máxima será la tensión en el unto más alto del cable, es decir, en el punto A. Para obtener esta tensión aislamos el trozo de cable que apoya en el plao Fig. 2) e imponemos las condiciones de equilibrio. En este caso basta con

260

MECÁNICA

plantear la anulación de las fuerzas tangenciales al plano (si hubiese rozamiento, también deberíamos considerar la anulación de las normales). Resulta: X

"LF; =O~ TA -T8 -:-q--sen
N

~B

Figura 2

26. La figura representa una cadena uniforme de densidad 2 kg/m y longitud 50 m, parte de la cual se apoya en el suelo de coeficiente de rozamiento 0,2, mientras que otra parte cuelga después de haber pasado por una polea situada a 8 m del suelo, estando en equilibrio. Hallar:

l.º) Valores de v, s,

z.

2.º) Tensión máxima de la cadena. -

No hay rozamiento en la polea.

1.º) Longitudes v, s, z

Ya que no hay rozamiento en la polea, la tensión de la cadena será la misma a ambos lados de ella. Aislamos la parte de cadena que cuelga de la polea

261 -."'IV..,,.hTiente (Fig. 1). Llamamos T' a la tensión de la cadena a la altura de la Como hay equilibrio, se tiene: T' = qz

o q la carga por unidad de longitud, es decir, q

=

2 kg/m.

Figura 1

Además, T' es la tensión en el punto más alto de la cadena y, por tratarse de carga siempre vertical, es la tensión máxima que nos piden en el 2. º apartado.

FR ...._

V

¡N

t.

To

~

Figura 2

Aislando ahora la parte de cadena que apoya en el suelo (Fig. 2) y aplicando las ecuaciones de equilibrio, resulta: N=qv

FR

=

To

donde hemos llamado T 0 a la tensión en el punto más bajo de la parte de cadena de longitud s que no apoya. Esta tensión T0 debe ser horizontal, pues, i tuviera componente vertical, la cadena no se separaría del suelo en ese punto. T0 es, pues, la tensión mínima de la cadena. Supondremos que la situación representada en la figura corresponde al caso límite de equilibrio o, lo que es lo mismo, que hay estado de desliza-

262

MECÁNICA

miento inminente. Dicho de otra forma, la fuerza de rozamiento FR es la máxima FR=µN

De esta ecuación y de las dos anteriores se obtiene: To=FR=µN=µqv

En cuanto a la parte de cadena de longitud s, está sometida sólo a su propio peso, por lo que su forma será la de una catenaria. Su ecuación será: y= a ch~= To ch(!LxJ a q T0

referida a unos ejes como los indicados en la figura 3 (el origen en la vertical del punto más bajo, a distancia a de él).

r 1

1

V

!a:To

i-.q_

2.

Figura 3

En esta parte de catenaria, la tensión en cada punto es (como ya es sabido): T=qy

Por consiguiente, tenemos: T 0 = qa = µqv T'

~

a = µv

= q(a + 8) = qz ~ z = a + 8

[1]

[2]

263

TICA

Por otra parte, la longitud de un arco de catenaria entre el vértice y un to de abscisa x es:

X

=

I

O

X

X

ch-dx=asha a

Y eliminando x entre las ecuaciones de

y2 _ 52

=

ª2

~

52

«y» =

y de

«5»

en la catenaria, resulta:

y2 _ ª2

[3]

Se conoce también la longitud total de la cadena, con lo que se puede -- .::ribir: V+ 5 + Z =

[4]

50

Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones [1], [2], [3], [4], con rro incógnitas (a, v, 5, z), obtenemos lo que se busca, después de sustituir - datos conocidos. Ponemos v, 5, z, en función de a, y se sustituye en [4]: ~+(a + 8)+ [(a+ 8)2 -a 2]1 ' 2 = 50 ~

µ

~ 5a +(a+8)+[(a +8) 2 -a 2]112 = 50 ~ ~ 36a 2 -520a + 1.700 =O~

a1 = 9,44

Puede comprobarse que el valor a 1 no sirve. Para a = a 2 = 5 se tiene:

v=Sa =25m

z=a+8=13m

5=50-v-z=12m

- · º) Tensión máxima de la cadena

Como ya se ha comentado, es la correspondiente al punto más alto:

Tmáx = T' = qz = 26 kg 27. El cable de la figura es uniforme, de densidad lineal 1 kg/m; se apoya en el plano de 1/) = 37º y coeficiente de rozamientoµ= 1, mientras que otra parte cuelga después de pasar en C por una polea lisa, permaneciendo en equilibrio. Si el extremo A del cable está a la misma altura que la polea, hállese: 1. º) Valores de 5 y

z y longitud total del cable.

2. º) Tensión máxima del cable.

264

MECÁNICA

12m.

1. º) Valores de s y z y longitud total del cable La parte de cable comprendida entre la polea C y el punto B de apoyo en el plano está sometida únicamente al peso, uniforme, y su forma es, por tanto, la de una catenaria de ecuación: X

y=acha referida a unos ejes con origen en la vertical del punto más bajo del cable y a una distancia a por debajo de dicho punto. Para que haya equilibrio, la tensión en C, por ambas partes, debe ser la misma.

Te

qz

Por la derecha será igual al peso de la parte que cuelga. Es decir: Te = qz siendo q el peso del cable por unidad de longitud. Por la izquierda, dicha tensión será: Te

ds

,.-----;;

~

= T0 dx = T0 'J 1+ y - = T0 V1+ sh x Ye =T.O ch-=qa-=qye a a

~

=

265.

T. la tensión en el punto más bajo (tensión mínima), y T 0 ~

= qa.

alando, se tiene: z =Ye= a+ 12

or otra parte, la tensión en el punto B será: TB = qyB

ede relacionar con T 0 , aislando la parte de cable que apoya en el plano estará sometido a su peso, a la tensión del resto del cable en B, a la reacnormal N y a la fuerza de rozamiento F R· Planteando las ecuaciones de equilibrio, se tiene: N=qscosq,~FR =µN=µqscosq,

I,f; = O ~ FR - qs sen
Además, la proyección de T8 sobre la horizontal debe coincidir con T0 : T8 cos
~

qa a T8 = - - ~ y 8 = - cos
Sustituyendo los valores de T 8 y FR, se tiene: µqs cos q,-qs sen q,--9!!:__ =O~ s(µ cos
Tenemos como incógnitas a y s. Por otra parte, la diferencia de alturas entre A y B es:

a

a

YA -y 8 = Ye -y 8 = (a+12)--- =12---(1-cos
s

12cosq,-a(l-cosq,) = YA -y8 = ------sen
sen
[1]

266

MECÁNICA

Sustituyendo en [1] podemos obtener el valor de a: 12cos-a(l-cosl/J)( µ cos ,1,'I' - sen 'I',1,) = -a- ~ -----'--------'-sen cos cos 12 cos (µ cos - sen ) sen+ (1-cos )(µ cos -sen)

~a=----'-'--~---'----

Sustituyendo los valores:

= 37º

µ=1

Se tiene: a= 3 m

Obtenemos ya s y z: s=18,75m { z=15m En cuanto a la parte de catenaria, obtenemos las longitudes a cada parte del punto más bajo, mediante la aplicación de la expresión:

..

s2

=y2 -a2

Es decir:

si = Y'i:

- a 2 = 152 -

32 = 216 ~ Se = 14, 69 m

s! = Y! -a 2 = 3, 752 -3 2 = 5,0625 ~ sB = 2,25m pues la cota de B es: a YB =--=3,75m

cosl/J

La longitud total del cable será:

L = s + sB +se + z = 18,75 + 2,25 + 14,69 + 15 = 50,69 m 2. º) Tensión máxima Debido a la expresión T = qy, la tensión máxima tiene lugar en el punto más alto, es decir, en C: T máx. = Te = qye = 15 kg

267

ÁTICA

28. La figura representa una cadena flexible y uniforme de 10 kg/m está en equilibrio como se indica, siendo la polea C lisa y la E rugoLa cadena apoya, por una parte, en un plano horizontal rugoso ( troDE) y, por la otra, en un plano inclinado liso (trozo AB). La longitud es s = 12 m. Del extremo de la derecha cuelga el peso P = 450 kg. Suponiendo estado de deslizamiento inminente en las superficies osas, siendoµ= 0,8 el correspondiente coeficiente de rozamiento, 1. º) Longitud x de la parte que apoya en el plano horizontal. 2.º ) Tensión máxima de la cadena.

3.º) Longitud z de la parte que apoya en el plano inclinado. 4. º ) Parámetro de la catenaria BC.

p

Se trata de una cadena sometida a su propio peso, por lo que, en las pares comprendidas entre apoyos, adoptará la forma de una catenaria. La carga por unidad de longitud es:

q

=

10 kg/m

1. º) Longitud x

Aislamos el peso P y el trozo de cadena vertical a cuyo extremo está unido (Fig. 1). T 1 es la tensión de la cuerda justo por debajo de la polea.

268

MECÁNICA

f T1

'l 5q p Figura 1

Imponiendo la condición de nulidad de fuerzas, se tiene:

I.F = o--t r; - P -

5q

= o --t r; = P + 5q = 500 kg

A continuación consideramos la polea E. Por existir rozamiento, la tensión de la cadena a ambos lados de la polea no será la misma. Si suponemos que el estado de movimiento inminente de la cadena respecto a la polea es hacia abajo, se tendrá (Fig. 2):

T1 > T2

2--~ Jr, Figura 2

Por tanto: T.1 = T2e µ9 --t T2

siendo

=T.1e- µ9

eel ángulo de enrollamiento. En este caso, e= n rad. 2

Sustituyendo, se tiene: T2

= 500 · e --0¡;" 1 2 =142,30 kg

A continuación aislamos el trozo que apoya en el plano horizontal (Fig. 3), e imponemos las condiciones de equilibrio:

269

- l

To

O

E

qx

Figura 3

La tensión en D debe ser horizontal (o lo que es lo mismo, la parte de
Imponiendo la condición de nulidad de la resultante, se tiene:

Sustituyendo Nen la l.ª, resulta:

T2 - T0 - µqx

[1]

O

=

X

Además, el trozo CD es una catenaria de ecuación y = a· ch-, siendo D a

~

punto más bajo (y el de tensión mínima de dicho trozo) por tener tangente rizontal. La tensión en un punto de la cadena entre C y D es:

d5 ~ X = T0 + y = T0 ·ch-= qy dx a

vl

T = T0 -

En el punto más bajo (y = a)

~

T = T0 = qa.

ustituyendo en (1) resulta:

=O

T 2 -qa -qµx

[2]

Además, la longitud de un arco de catenaria medido desde el vértice, es:

5=

r r Jo Jo d5=

~l+y' 2 dx=

r

J 0

ch~=ash~

a

a

pliéndose la relación:

y2 _ 52 = ª2

~ 52 =

y2 _ ª2

EnC,y=a+8~ 5~ =

12 2 = (a + 8) 2 - a 2 = l6a + 64 ~ l6a = 144 - 64 = 80 ~ a = 5 m

270

MECÁNICA

El parámetro de la catenaria CD es 5 m, con lo que la tensión mínima T 0 será: T0

= qa = 50 kg

Sustituyendo el valor de a en [2], obtenemos x: X=

Ti -qa = 11,53 m µq

2.º) Tensión máxima

La tensión máxima, correspondiente al arco de catenaria CD, tendrá lugar en el punto C, por ser el más alto:

T Te= qyc máx

=

= q(a +

8) = 13q = 130 kg

3.º) Longitud z

El trozo BC es un arco de catenaria. Debido a que la tensión en C es la misma que la ya calculada por la derecha, la ordenada «y» para esta catenaria es la misma que para CD. Para razonar esto, aislamos primero el trozo de cadena AB apoyado en el plano inclinado (Fig. 4).

qz Figura 4

A fin de que se anulen los momentos, la tensión T8 debe ser paralela al plano inclinado, por lo que la cadena será tangente a dicho plano en B. Partiendo de las ecuaciones diferenciales de equilibrio, para carga vertical, se tiene:

d(T!

)=o

~

Integrando la primera, resulta:

d(TZ)-qds=O

271

ESTÁTICA

dx T ds = /<¡(cte.)

YenB: T=Ts } dx ~ TB cos