Resueltos Meriam J. Cisternas

Problemas Resueltos de Mecánica Racional Tomados del Libro ‘Dinámica’ de J.L. Meriam

Jaime Cisternas E. 1

Marzo de 2006 (revisado agosto 2012) 1 Facultad de Ingenier´ıa y Ciencias Aplicadas, Universidad de los Andes, Av. San Carlos de Apoquindo 2200, Las Condes, Santiago–Chile.

Introducci´ on Este manual nació del deseo de complementar el excelente libro “Dinámica” de J.L. Meriam (segunda edición, Revert´ e, 1993) con problemas resueltos adicionales a los incluidos en cada cap´ıtulo. No pretende sustituir al libro y se espera que el estudiante haya aprendido los conceptos fundamentales antes de enfrentarse a la resoluci´ on de problemas. La Dinámica posee po cos conceptos (básicamente las leyes de Newton), pero es necesario volver a ellos constantemente al realizar aplicaciones, evitando el uso de ‘recetas’ o ‘fórmulas’. Tampoco pretende este manual el evitarle al alumno el abordar p or s´ı mismo la resolución de prob lemas. Sólo pretende servir de ayuda sobre la forma de trabajar en Mecánica. No se puede aspirar a aprobar este ramo sin haber desarrollado individualmente y con perfecci´ on una decena de problemas por cada materia. Se escogió el libro de J.L. Meriam por la probada calidad de su exposición y de sus problemas propu estos. Muchos de estos problemas están acompañados p or detalladas ilustraciones. Nos pareció que la forma en que están planteados los problemas exige del estudiante un razonamiento geométrico y mec´ anico que le permita identificar los elementos relevantes y la correcta aplicación de los principios mecánicos. Existen otros buenos libros de Dinámica pero nos han parecido inferiores al de Meriam. En la preparación de este manual, se intentó ser especialmente cuidadoso en el tratamiento de los vectores. Se recomienda al estudiante poner igual empeño y revisar la consistencia de sus análisis al momento de trabajar por su propia cuenta o realizar evaluaciones. Algunos principios b´ asicos: Todo vector debe estar indicado con una flecha o con un tongo (vectores unitarios). En los libros se usa negrita para señalar los vectores, pero al escribir con lápiz es dif´ıcil seguir esa notaci´ on.

•

• Al expresar un vector como una combinación lineal de vectores unitarios, es imprescindible señalar gráficamente el significado de tales vectores unitarios, y si están fijos o bien solidarios a algún cuerpo.

• No se puede igualar un vector a un escalar.

Se prefirió trabajar algebraicamente, pero en aquellos problemas en que se emplean magnitudes espec´ıficas se usaron unidades: metros, segundos, kilogramos, y radianes. Debido a los cambios introducidos en las nuevas ediciones del libro de Meriam, se ha decidido incluir enun ciados y figuras. Aquellos problemas de la segunda edición que estén en la tercera aparecen con doble numeraci´ on, por ejemplo 2/5 (2.7) significa problema 5 del cap´ıtulo 2 de la segunda edición, y problema 7 del cap´ıtulo 2 de la tercera edición. Por razones de tiempo no fue posible incluir diagramas en las resoluciones. Esto no significa que los diagramas no sean important es. Por el contrario, hacer buenos diagramas es muy importante en Mecánica Racional, y se recomienda hacerlos siempre , incluso al leer las soluciones de este manual, que de otra forma resultan incompletas. En la selección de problemas se evitó considerar problemas que pudieran ser resueltos con los conocimientos de un primer curso de F´ısica (movimiento planetario, roce, colisiones, etc.) o que requirieran conocimientos matemáticos distintos a los requisitos del curso de Mecánica Racional (por ejemplo Ecuaciones Diferenciales). Se intentó enfatizar en cada problema los conceptos fundamentales de la Mec´ anica. En la medida de lo posible, se trató incluir más de un camino de solución por problema, o explicaciones de porqué otras alternativas no son viables. A quienes encuentren errores de cualquier tipo se les pide el contactarse con el autor para poder corregirlos. Todas las sugerencias son bienvenidas.

2

Contenidos 2 Cinem´ atica del Punto

2

3 Cin´ etica del Punto Material

23

5 Cinem´ atica Plana de los Cuerpos R´ıgidos

39

6 Cin´ etica Plana de los Cuerpos R´ıgidos

52

7 Cinem´ atica de los Cuerpos R´ıgidos en el Espacio

70

8 Cin´ etica de los Cuerpos R´ıgidos en el Espacio

82

1

Cap´ıtulo 2 Cinem´ atica del Punto 2/5 (2.7) En las etapas finales de un alunizaje el m´ dulo lunarmotor desciende bajo el impulso deosu propio a una distancia de h = 4 m de la superficie lunar donde tiene una velocidad de descenso de 3 m/s. Si el motor de descenso es apagado bruscamente en este punto, calcular la velocidad del impacto del tren de alunizaje con la Luna. La gravedad lun ar es 1 /6 de la gravedad de la Tierra.

Desde que el motor de descenso es apagado hasta inmediatamente antes del impacto, el módulo lunar describe un movimiento uniformemente acelerado. Usando una coordenada y medida desde la supeficie hacia arriba:

− 12 g t v = −3

y (t) = h + v0 t

L

2

,

donde h = 4 m es la altura inicial, 0 m/s es la velocidad inicial de descenso, y gL = gT /6 la aceleración de gravedad lunar. Haciendo y (t) = 0 y despejando el tiempo en la ecuaci´ on cuadrática, es posible calcular la velocidad final con:

v(t) = v0 2/12 (2.20) 2

−g

Lt

.

Un cuerpo se mueve en l´ınea recta con una velocidad cuyo cuadrado disminuye linealmente con su desplazamiento s como se indica en la figu ra. Hallar el tiempo t que emplea el cuerpo en recorrer los 60 m y la distancia recorrida durante los últimos 3 segundos antes de quedar en reposo.

Del diagrama ( v 2 , s) se puede inferir que:

−  s 60

v 2 = 81 1

.

Este movimiento no es uniformemente acelerado y por lo tanto debemos realizar alún tipo de integración definida para relacionar v,s , t. Para calcular el tiempo podemos manipular diferenciales hasta hacer aparecer la rapidez v = ds/dt: dt =

dt ds = ds

e integrar:

t=

−

40 3



− 1

ds , 81(1 s/60)

−

s 60



60

= 0

40 s . 3

Para calcular distancia recorrida podemos partir de la expresi´ on anterior y despejar s : 2 3 s(t) = 60 60 t . 40

−

Evaluando en t = 40/3

− 3 = 31 /3,

∆s = s (40/3)

  

− s(31/3) = 60

2/19 (2.40)

3

31 40

2 m

.

La bola de acero A de diámetro D desliza libremente a lo largo de la varilla horizontal que termina en la pieza polar del electroimán. La fuerza de atr acción depende de la inversa del cuadrado de la distancia, y la aceleración resultante de la bola es a = K/(L x)2 donde K es una medida de la intensidad del campo magnético. Determinar la velocidad v con la que la bola golpea la pieza polar, si se suelta partiendo del reposo en x = 0.

−

Como buscamos el cambio en la velocidad, y no nos interesa el tiempo, podemos usar el viejo truco de multiplicar por d x y formar v = dx/dt. A partir del cambio de la rapidez: dv

K

dt = ( L

− x)

2

.

Multiplicando por d x e integrando,

K dx v dv = = (L x)2

−

⇒



L−D/2 v2 K = , 2 (L x) 0

−

obtenemos la velocidad con que la bola golpea la pieza polar.

2/42 Un electrón que se mueve con velocidad v0 penetra en un campo eléctrico E que le proporciona una aceleración eE/m en la dirección de su velocidad, donde e es la carga del electrón y m su masa. Si el campo E es pulsado en “diente de sierra” según se indica, representar la curva v t para el electrón durante los tres primeros pulsos y dar la expresión de v al cabo de n pulsos. Calcular tambi´ en la separación D entre las placas si el electrón cruza el espacio libre en el tiempo que duran los n pulsos.

−

4

Para entender el efecto del campo variable, consideremos lo que pasa en la primera rampa (0 t τ ):

≤ ≤

eE t a = m , E = E0 τ , luego dv =

eE0 t dt = mτ

⇒

v (t) = v 0 +

eE 0 t2 . mτ 2

Formando el diferencial de desplazamiento e integrando una vez más: dx = v 0 dt +

eE 0 t2 dt = mτ 2

⇒

x(t) = x 0 + v0 t +

eE 0 t3 . mτ 6

De las expresiones para x (t) y para v (t) podemos concluir que en t = τ : 2

2

0 0 1 0 0 v1 = v 0 + eE mτ τ2 , x = x + v τ + eE mτ τ6 .

Repitiendo las dos integraciones, esta vez para la n -ésima rampa, llegamos a dos expresiones recursivas:

vn = v n − 1 +

eE 0 τ 2 eE τ 2 , xn = x n−1 + vn−1 τ + 0 . mτ 2 mτ 6

La primera recursividad es sencilla de resolver:

vn = v 0 + n

eE0 τ . 2m

La segunda es un poco más dif´ ıcil. Escribiendo x n ligeramente distinta:

xn

−x −

n 1

= v n− 1 τ +

eE 0 τ 2 (1 + 3( n 6m

−x −

n 1

de una forma

− 1)) ,

y sumando (usando la fórmula de la suma de la serie aritmética):

xn = nv0 τ +

eE 0 τ 2 n(3n 1) . 6m 2

5

−

2/46

En la figura se indica la variación de velocidad angular de una cierta polea. Calcular el número N de revoluciones que la polea ha realizado en los 2 s.

Como la rapidez angular por definición es ω = dθ/dt, podemos integrar: ∆θ =



ω dt.

En términos de la velocidad media: ∆θ = ω ∆t,



donde ω se puede extraer del gráfico. Una buena aproximación en este caso es el promedio entre el máximo y el m´ınimo de ω:



ω ≈ 3252+ 0

rev/s

.

Luego (después de pasar de minutos a segundos): ∆θ

≈ 5. 4

2/55

6

rev

.

Un dispositivo seguidor de aviones utiliza dos haces direccionales 1 y 2 que parten de estaciones en el suelo separadas una distancia b. A una cal culadora que determina la p osición y el movimiento de la aeronave se llevan las coordenadas angulares y sus derivadas respecto al tiempo. En el caso sencillo ilustrado en el que el blanco vuela a una altura constante h en un plano vertical que contiene a las dos estaciones en tierra, determinar las expresiones de la altura h y de la velocidad v del avión en función de los desplazamientos angulares θ1 y θ2 y de la velocidad angular ω1 del haz 1.

Para relacionar ángulos distancias lineales debemosıa.primero definirpoder algunos triángulos rectácon ngulos y as´ı usar Trigonometr´ El primer triángulo está formado por la estación 1, el avión, la trayectoria horizontal del avión y la vertical sobre la estación 1, cot θ1 =

− hx ,

donde x es la distancia del avi´ on a la vertical por la estación 1. (Podr´ıamos haber usado sen , cos, tan,... pero la expresión final del libro usa cot.) Del mismo podemos definir un triángulo para la estación 2 y observar que: b x cot θ2 = . h

−

Como buscamos h en función de θ1 , θ2 , eliminamos x de las dos ecuaciones anteriores: b h= . cot θ2 cot θ1

−

Para encontrar v = x˙ , derivamos impl´ıcitamente la primera ecuaci´ on: csc2 θ1 θ˙1 =

7

− hv ,

y reemplazando el valor de h ya calculado:

cot θ2

−

2/59

b

csc2 θ1 ω1

v=

−

. cot θ1

Una estación terrestre O está siguiendo un avión P que vuela a velocidad constante v en dirección horizontal a una altura h. El haz OP se mueve en el plano definido por la l´ınea de vuelo y el punto O. Usar el sistema de coordenadas x y z, y expresar la velocidad angular de haz OP , en notación vectorial, en funci´ on de θ. El eje y es paralelo a la

− −

direcci´ on de vuelo, y el z es vertical.

Si Q es el punto sobre el plano XZ por donde pasa el avión, entonces OQP es un triángulo rectángulo que podemos usar para relacionar θ = ∠P OQ y su derivada θ˙ con dimensiones lineales. Llamando y al largo del cateto QP : y = tan θ . 2 h + b2 Derivando impl´ıcitamente la ecuaci´ on para hacer aparecer v la velocidad del avión: v 1 = ω, 2 2 cos θ h +b desde donde podemos obtener el módulo de la velocidad angular θ˙ = ω . Ahora si buscamos ω , el vector rotación del avión con respecto al punto O, necesitaremos caracterizar al plano definido por el segmento entre el srcen y el avi´ on al moverse este último. Para calcular la normal a este plano existen varios métodos:

√

√

     − √ 



• Como la normal es perpendi cular a QP  y, entonces ω pertenece  = −bx + hz, podemos usar el truco a XZ . Pero como ω ⊥ OQ bidimensional:

ω=

8

hx + bz , h2 + b2



donde hemos usado el signo menos para que ω apunte hacia abajo y refleje la regla de la mano derecha para las rotaciones.

•

El plano que nos interesa contiene al triángulo OQP , por lo tanto el producto cruz:



ω

 OQ

luego

 = (−bx + hz) × (−bx + hz + y y) = −by z − hy x , × OP

        − √   − √  ω=

Finalmente:

ω = ω ω = 2/74 (2.107)

hx + bz . h2 + b2

v cos2 θ

hx + bz . h2 + b2

En una prueba de “ingravidez” un reactor de transporte que vuela a 724 km/h ejecuta una curva vertical tal como indica la figura. ¿Cuál debe ser la velocidad θ˙ en grados por segundo a la que el piloto debe inclinar la dirección de vuelo para conseguir en la cabina dicha condición de ingravidez? La maniobra se realiza a una altura media de 8 km y la aceleración de gravedad puede tomarse igual a 9 .8 m/s 2

Para tener ‘ingravidez aparente’ es necesario que la aceleración de gravedad sea igual a la componente normal de la aceleraci´ on (o mejor dicho, el peso a la masa la aceleración ıpeta). aplicarnos Por ejemplo dentro de igual un ascensor en por ca´ıda libre, el piso centr´ no necesita una fuerza hacia arriba. En el caso del avión, la aceleración normal se logra al describir una gran circunferencia. Usando coordenadas intr´ınsecas (polares tambi´ en sirven): g = an = v 2 /ρ, donde v = 724 km/h = 201 .11 m/s. Usando que el radio de curvatura por la rapidez angular de giro satisfacen ρθ˙ = v , podemos calcular θ˙ = g/v = 0.0488 rad/s.

2/86 (2.145) 9

La leva tiene una forma tal que el centro del rodillo A que sigue su contorno se mueve sobre la cardioide definida por r = b c cos θ, donde b > c. Si la leva no gira, determinar la aceleración a de A en función de θ si el brazo ranurado gira con una velocidad angular constante ω, en sentido antihorario.

−

Usaremos la expresión de la aceleración en coordenadas polares:



− rθ˙ )r + (rθ¨ + 2r˙θ˙)θ . La posición del rodillo está descrita por r(θ ) = b − c cos θ . Derivando 2

a = (¨r



esta ecuación con respecto al tiempo (usando la regla de la cadena): dr dθ r˙ = dθ dt = r  (θ)ω

y reemplazando, podremos calcular el módulo de la aceleración en función del ángulo θ :



a = a = ω 2 (2c cos θ

|| ||

2/92 (2.160)

− b)

2

+ (2c sen θ )2 .

El movimiento del rodillo A, en la ranura circular fija, está gobernado por el brazo OA, cuya parte superior desliza libremente en la inferior para acomodarse a la variación de la distancia de A a O al variar θ. Si el braz o tiene un a velocidad angular constant e, en sentido antihorario, θ˙ = K durante un intervalo de su movimiento, determinar la aceleración a del punto A para cualquier posición en dicho intervalo.

Para poder usar la expresión de la aceleración en coordenadas polares:

a = (¨r



− rθ˙ )r + (rθ¨ + 2r˙θ˙)θ 2

10



necesitaremos una relación entre r = OA y θ. Existen varias formas de entender la geometr´ıa y realizar esta tarea. La clave está en fijarse que el trazo vertical desde O a la circunferencia es un diámetro. Si llamamos C al centro de curvatura del arco, el triángulo OAC es isóceles y puede ser descompuesto en dos triángulos rect´ angulos: r/ 2 = cos θ = r(θ) = 2b cos θ, b de donde podemos calcular también r˙ = r θ˙ . Usando la fórmula de aceleraci´ on en polares y reemplazando θ˙ = K , calculamos su módulo:

⇒

a = a =

|| ||

−

( 2bK 2 cos θ

− rK )

2 2

+ ( 4b sen θK 2 )2 = 4b2 K 2 ,

−

que no depende de θ .

2/107 (2.150) El brazo ranurado OA obliga al pequeño vástago a moverse en la gu´ıa espiral definida por r = K θ. El brazo OA parte del reposo en θ = π/4 y tiene una aceleración angular constante α en sentido contrario a las agujas del rel oj. Determinar la aceleración del vástago cuando θ = 3π/4.

La posición, velocidad y aceleraci´ on del vástago pueden ser calculadas combinando la información de la espiral y del brazo OA. El radio r depende de la geometr´ıa de la espiral:

r = Kθ = r˙ = K θ˙ = r¨ = K θ¨. En cambio el ángulo θ viene dado por el giro del brazo OA. Integrando y usando las condiciones iniciales θ = π/4, θ˙ = 0:

⇒

θ¨ = α =

⇒ θ = π4 + 12 αt . √ π/α y θ˙ = απ . Reemplazando en la fórmula

⇒



⇒

θ˙ = αt =

2

Cuando θ = 3π/ 4, t = de la aceleración en coordenadas polares:

a = (Kα



− Kθθ˙ )r + (Kθα + 2K θ˙ )θ. 2

11



2

Evaluando y calculando el módulo:

a =

(Kα

= αK 4

2/132



− K (3π/4)απ) + (K (3π/4)α + 2Kαπ)) , (4 − 3π ) + (3π + 8 π ) . 2

2

2

2

El destructor se desplaza a 30 nudos (55.6 km/h) y dispara un cohete con un ángulo α de retraso respecto de la visual al blan co fijo. La velocidad de lanzamiento es de 76 m/s respecto del barco y tiene un ´ angulo de elevación de 30 ◦ sobre la hori zontal. Si el cohete sigu e movi´ endose en el plano vertical determinado por su velocidad absoluta de lanzamiento, determinar α para θ = 60◦ .

La rapidez del destructor es v = 55.6 km/h = 15.44 m/s. La velocidad de lanzamiento del cohete que aparece en el enunciado corresponde a ρ˙ rel , la velocidad relativa a un sistema solidario al destructor, y se puede escribir como su magnitud 76 m/s por un vector unitario de dirección. Este último se escribe usando x, y, z vectores unitarios definidos como ‘adelante’, ‘derecha’ y ‘arriba’, respectivamente, desde la perspectiva del destructor, y combinándolos de la misma forma que en coordenadas esféricas:



ρ˙ rel = 76(cos(α + θ )cos β x + se n ( α + θ )cos β y + sen β z),



    

donde β = π/6, θ = π/3, y α es el ángulo que queremos calcular. Si el cohete sigue moviéndose en el plano vertical determinado por el punto de lanzamiento, el blanco y la vertical, entonces el vector velocidad absoluta en el lanzamiento v = v x x + vy y + vz z, debe satisfacer:

vy = tan θ. vx

12

Esta velocidad absoluta se descompone en v = vdestr + ρ˙ rel (no hay rotación del sistema móvil), luego la ecuación para encontrar α será: 76sen( α + θ )cos β 15.44 + 76 cos( α + θ)cos β = tan θ, que se puede resolver con la substitución sen( α+θ ) =

2/137

− 1

cos2 (α + θ ).

El coche A da vuelta en una curva de radio 134 m con una velocidad de 48 km/h. En el instante indicado, el coche B se mueve a 72 km/h pero disminuye su velocidad a razón de 3 .0 m/s . Determinar la velocidad y aceleración del coche A ob2

servadas desde el coche B.

Como el auto A describe un movimiento circunferencial uniforme, su velocidad será perpendicular a su radio y su aceleraci´ on apuntará al centro. Usando coordenadas intr´ınsecas x, y hacia adelante e izquierda del auto A en el instante de inter´ es (las coordenadas polares tambi´ en sirven):



vA = 48

1000 x = 13.33 x 3600





m/s

, aA =

(13.33)2 y 134



m/s2 .

Para el auto B que se mueve en l´ ınea recta, usando los mismos vectores unitarios:

vB = 72

1000 y = 20y 3600

 

m/s

, aB =



−3 y

m/s2 .

Luego como el auto B está en traslación (no hay rotación del auto B sobre s´ı mismo):

aA = aB + aA/B =

⇒ a

A/B



= 4.33 y

m/s2 .

Esta última expresión es la aceleración de A vista por un observador solidario a B . 13

2/146 El disco con la ranura radial, gira alrededor de O con una aceleración angular 2

de ω˙ = 15 rad/s cuando el cursor A se mueve con una celeridad constante de x˙ = 10 cm/s relativa a la ranura, durante cierto intervalo de su movimiento. Si la celeridad angular del disco es ω = 12 rad/s en el instante en que el cursor pasa por el centro de rotación O del disco, determinar la aceleración del cursor en este movimiento.

• Intentemos resolver este problema usando coordenadas polares, a partir de los da tos ω, ˙ ω ¨ , r˙ . El ángulo θ lo podemos tomar igual a cero en el instante de inter´ es “sin pérdida de generalidad”.

a = (¨r



− rθ˙ )r + (rθ¨ + 2r˙θ˙)θ , 2

y reemplazando:

a = (2





× 10 × 12)θ

m/s2

.

La aceleración angular no aparece en la expresión final.

• Usando movimiento relativo a un sistema solidario al disco, la aceleraci´ on del cursor vendrá dada por:

a = a0 + ρ¨rel + 2 ω

× ρ˙

rel

+ α

× ρ + ω × (ω × ρ).

El movimiento del cursor relativo al disco, en el instante de inter´ es:

ρ = 0 , ρ˙ rel = x˙ x , ρ¨rel = 0 ,





donde el eje x es solidario al disco. La velocidad de rotación del disco:

   

ω = ω z , α  = α z.

Reemplazando en la expresión de la aceleración absoluta del cursor: a = 0 + 0 + 2 ω x˙ y + 0 + 0 = 240 y m/s. 14



Ambos resultados coinciden, después de identificar y = θ en el instante de interés.

2/150 El disco con una ranura circular de 20 cm de radio gira alrededor de O con una velocidad constante ω = 15 rad/s. Determinar la aceleración del cursor A en el instante en que pase por el centro del disco si, en este momento, θ˙ = 12 rad/s y θ¨ = 0.

Si bien es posible describir el movimiento del cursor con coordenadas polares centradas en O , la forma de la ranura sugiere que es mejor calcular primero el movimiento relativo del cursor con respecto al disco (usando intr´ınsecas o polares centradas en C ) y luego referir a un sistema inercial, descomponiendo los vectores x, y como aparecen en la figura. El srcen del sistema m´ ovil se mantiene fijo:



vO = 0 , aO = 0 La velocidad de rotación del disco (sistema de referencia):



ω = ω z , α  = 0. El movimiento del cursor relativo al disco es circunferencial uniforme  y la aceleración (la velocidad relativa es perpendicular al radio CA relativa apunta centro por el centro delaldisco O : C ). En el insta nte en que el cur sor A pasa

ρ = 0 , ρ˙ rel = r θ˙x , ρ¨rel = r θ˙2 ( y) + r θ¨x ,



 −   − 

donde los ejes x, y son solidarios al disco.

Reemplazando en la expresión de la aceleración absoluta del cursor:

a = 0 + r θ˙2 ( y) + rθ¨x + 2ωr θ˙y + 0 .

Como es frecuente en este tipo de problemas, una magnitud absoluta quedó expresada en términos de vectores unitarios móviles. 15

2/166 (2.170) Se abandonan en A partiendo del reposo pequeños objetos que se deslizan hacia abajo sin rozamiento apreciable, por la espiral cil´ındrica de inclinaci´ on constante γ = arctan( h/2πr). La componente de la aceleración tangente a la trayectoria es g sen γ . Calcular la componente radial de la aceleración a r para cada objeto cuando pasa por B después de una vuelta completa.

Desarrollando el cilindro se puede ver la relación geométrica entre el per´ımetro de la base 2πr , la altura h y la longitud de la espiral d al ser extendida: 2πr d= . cos γ A partir de la longitud del camino d y de la aceleración tangente g sen γ podemos intentar usar una coordenada intr´ınseca s, medida desde el punto A. Esta coordenada se puede integrar usand o las condi ciones iniciales s (0) = ˙s(0) = 0: 1 s = g sen γt 2 , 2 movimiento uniformemente acelerado. Luego el tiempo que toma el objeto en recorrer la espiral ( s = d ) es

s¨ = g sen γ =

⇒

s˙ = g sen γt =

⇒

4πr . g sen γ cos γ

t=



La dirección normal coincide con la dirección radial. Lamentablemente no conocemos el radio de curvatura (s´ı sabemos que es mayor a r ). Habiendo entendido el movimiento ‘plano’ sobre el cilindro desarrollado, podemos pasar a coordenadas cil´ındricas y abordar el cálculo de la componente radial ar = (¨r rθ˙2 ) usando que v θ = r θ˙ = s˙ cos γ :

−

2

ar =

− s˙

cos2 γ = r

−g

2

sen 2 γ cos2 γt 2 , r

donde podemos reemplazar el tiempo t antes encontrado. 16

2/171 (2.240) La antena de radar seguidora oscila en torno a su eje vertical según θ = θ 0 cos pt donde p es la pulsación constante y θ0 es la amplitud de la oscilación. Simult´ aneamente, el ángulo de elevación φ aumenta de manera uniforme a razón de φ˙ = K . Determinar la ex presión del módulo a de la aceleración del cornete emisor (a) cuando pasa por la posici´ on A y (b) cuando pasa por la posici´ on B, suponiendo que θ = 0 en ese instante.

La posición de la antena está descrita por θ = θ0 cos(pt) (longitud), φ˙ = K (latitud), y r =constante (radio). Escribiendo las componentes de la aceleración en coordenadas esf´ ericas (se podr´ıa hacer usando otras coordenadas pero ser´ıa m´ as dif´ıcil usar la informaci´ on):

ar = r¨ r φ˙ 2 r θ˙2 cos2 φ, aφ = 2r˙ φ˙ + r φ¨ + rθ˙ sen φ cos φ, ˙ aθ = 2c os φr˙ θ˙ + cos φrθ¨ 2r sen φθ˙φ,

−

−

−

donde muchos términos se anulan (r˙ = r¨ = φ¨ = 0). En el punto A : cos(pt) =

−1, θ˙ = 0, θ¨ = p θ , 2

0

luego el módulo de la aceleración:

aA = En el punto B :



θ = 0, θ˙ = luego

aB =

(bK 2 )2 + (0)2 + (bp2 θ0 cos φ)2 .

±θ p, θ¨ = 0, cos φ = 0, sen φ = 1,



0

(bK 2 + bθ02 p2 )2 + (0)2 + (0)2 .

17

2/177 Un proyectil se dispara desde O con una velocidad u formando un ángulo β con la horizontal. Despreciar la resiste ncia del aire y calcular la velocidad acimutal θ˙ y la velocidad de elevación φ˙ de la antena de radar que desde P sigue al proyectil, en función de las coordenadas esf´ ericas centradas en P y del tiempo de vuelo t.

El movimiento del proyectil en coordenadas cartesianas (centradas en P ) se describe en todo momento por:

vy = u cos β , vz = u sen β

gt , v x = 0 .

−

La dificultad del problema est´ a en igualar esto a la expresi´ on de la velocidad en coordenadas esféricas. Esta expresión se puede ver en los apuntes de clase o bien deducir a partir de la relaci´ on entre las coordenadas cartesianas (x,y,z ) y las esféricas (r, , ):

x = r cos θ cos φ, y = r sen θ cos φ, z = r sen φ. Derivando con respecto al tiempo y reemplazando las componentes de la velocidad: 0 = r˙ cos θ cos φ rθ˙ sen θ cos φ u cos β = r˙ sen θ cos φ + rθ˙ cos θ cos φ u sen β gt = r˙ sen φ + rφ˙ cos φ.

−

−

− rφ˙ cos θ sen φ, − rφ˙ sen θ sen φ,

Las tres ecuaciones anteriores pueden parecer complicadas pero en realidad son bastante sencillas: constituyen un sistema lineal alge˙ φ˙ ( , ,r, ,uson braico de tres ecuaciones para tres incógnitas: r, ˙ θ, parámetros). Se puede resolver empleando cualquiera de lo métodos 18

´ de Algebra Lineal, por ejemplo eliminación gaus siana. Ahora como no piden ˙r podr´ıa ser posible eliminar esta incógnita primero y luego despejar las otras dos.

2/196 Un helicóptero, que vuela con velocidad horizontal vO y con el eje de su rotor inclinado en un ángulo γ respecto a la vetical, según se ve en la figura, se prepara para un ascenso vertical disminuyendo γ a la velocidad constante de ω rad/s. Al mismo tiempo, la velocidad de O disminuye en aO por unidad de tiempo. Escribir las expresiones de la velocidad y aceleración del punto B en el extremo de una de las palas cuando ésta cruza el eje x en la posición indicada. los ejes x y z están ligados al helicóptero y en el plano vertical, coincidiendo ele z con el eje del roto r. La velocidad angular del rotor es p, constante y en el sentido de las agujas del reloj según se ve por encima.



Usando ejes solidarios al helicóptero: x, y, z, que apuntan hacia el frente, hacia la izquierda y seg´ un el eje del rotor respectivamente, y por tanto inclinados en ángulo γ :

v0 = v 0 (cos γ x

− sen γ z) , a = −a (cos γ x − sen γz) . 0

0

Como B describe un movimiento circular uniforme respecto al helicóptero, es posible escribir para el instante de interés:

     −

ρ = r x , ρ˙ rel = rpy , ρ¨rel =

  −  rp2 x .

Como el ángulo γ está disminuyendo en ω , el helicóptero está girando en torno al eje y: ω = ω y, α  = 0.

19

Luego la aceleración absoluta (en términos de vectores unitarios m´ oviles) del punto B del aspa es: ¨ ˙ a = a0 + ρrel + α ρ + 2ω ρrel + ω (ω ρ), = a0 (cos γ x sen γ z) rp2 x + 0 + 0 + rω 2 ( x).

−

2/207

 −×  −× 

× × −



Un satélite artificial describe una órbita polar circular a h = 644 km de altura por encima de la superficie terrestre y se mueve con una celeridad de 27080 km/h respecto a unos ejes no giratorios cuyo srcen es el centro de la Tierra que se considera fijo en el espac io. Calcular la velocidad y aceleración proyectadas sobre el plano horizontal que un observador, en la superficie de la Tierra y a 30 ◦ de latitud norte, medir´ ıa al pasar el satélite por su vertical. Especificar la dirección y sentido, mediante el ángulo θ formado con la dirección norte medido en el sentido de las aguj as del reloj. El radio R de la Tierra es 6380 km y su velocidad angular ω = 0.729 10−4 rad/s.

×

• Una primera solución es usar coordenadas esféricas y movimiento relativo. El satélite describe una circunferencia que pasa por los polos, en un plano fijo, independiente de la rotaci´ on de la Tierra. Su velocidad será tangente a la trayectoria y su velocidad apuntará hacia el centro. Esto se puede describir con coordenadas polares, pero como más adelante es necesario referir el movimiento a la superficie de la Tierra, usaremos coordenadas esf´ ericas (radio r , latitud φ, longitud θ). El movimiento absoluto del satélite est´ a descrito en el instante de interés por:

r = R + h , φ˙ =

v π , φ= , θ= 0 . (R + h) 6

20

En términos de vectores (movimiento circunferencial uniforme):

v

= (R + h)φ˙ φ

a =

(hacia el norte) ,

−(R + h)φ˙ r

 2

(hacia el centro de la tierra) .

Usando otro sistema de coordenadas, solidario a la Tierra y que rota con rapidez ω desde el cual el satélite se ve seg´ un ρ = (R + h)r (directamente hacia arriba del observador en A ):

v = v0 + ρ˙ rel + ω



× ρ,

podemos despejar la velocidad angular del sistema Tierra, que coincide con el eje entre los polos z = cos φφ + sen φr:

   − − × − −  

ρ˙ rel = (R + h)φ˙ φ = (R + h)φ˙ φ

0 0

ω (R + h)(z r), ω (R + h)cos φθ .

Para la aceleración relativa usamos:

a = aC + α 

× ρ + ω × (ω × ρ) + 2ω × ρ˙

rel

+ ρ¨rel ,

de donde despejamos :

ρ¨rel = =

−(R + h)φ˙ r − 0 − 2ωz × (ρ˙ ) − ω (R + h)z × (z × r), −(R + h)φ˙ r − 0 − 2ωz × (ρ˙ ) − ω (R + h)cos φ(cos φφ − sen φr), 2





2

rel rel

2 2

   

donde sólo falta reemplazar ρ˙ rel calculado anteriormente, y φ = π/ 6.

• Tambi´ en es posible describir la trayectoria circular del satélite usando coordenadas x, z en el plano de la órbita:



   −   

r = (R + h)(cos φx + sen φy), v = (R + h)φ˙ ( sen φx + cos φz), a = (R + h)φ˙ 2 (cos φx + sen φy).

−

El uso de movimiento relativo es igual al del método anterior. 21

• Otra posibilidad es usar desde un principio coordenadas esféricas solidarias a la Tierra. La posición relativa del satélite:

v π r = R + h , φ˙ = (R + h) , φ = 6 , θ = 0 , θ˙ =

−ω .

Reemplazando en la expresión de la aceleración ρ¨rel , que será relativa en este caso:

r : r¨ rφ˙ 2 rθ˙2 cos2 φ, φ : 2r˙ φ˙ + rφ¨ + rθ˙ sen φ cos φ, ˙ θ : 2c os φr˙ θ˙ + cos φrθ¨ 2r sen φθ˙φ, llegamos a:



ρ¨rel =

−

−

−

v2

(R + h)ω 2 cos2 φ r +

R+h (v (R + h)ω sen φ cos φ) φ +

−

−



(2sen φωv ) θ ,

 

que debiera ser igual al resultado obtenido con los métodos anteriores.

22

Cap´ıtulo 3 Cin´ etica del Punto Material 3/7 Un hombre tira hacia s´ı de la forma indicada en la figura. El peso total del hombre y el carro es de 90 .7 kg. Determinar la aceleración del carro cuando el hombre ejerce una fuerza de tracción de 225 N sobre la cuerda. Despr´ eciese la masa de la cuerda, poleas y ruedas.

El punto de partida para resolver este problema consiste en identificar al conjunto formado por el hombre, el carro y las poleas como nuestra part´ıcula. Sobre ella act´ uan cinco fuerzas: el peso, la normal al plano inclinado, y tres veces la tensión de la cuerda. Con esta información confeccionamos el diagrama de cuerpo libre (DCL) donde aparecen cada uno de estas cinco fuerzas como vectores actuando sobre la part´ıcula. Si hubi´ esemos analizado las fuerzas sobre el hombre y el carro, hubiera sido necesario analizar adicionalmente las fuerzas sobre cada una de las dos poleas. Llamando α al ángulo de inclinación del plano, y descomponiendo las fuerzas en direcciones x e y, paralela y normal al plano respectivamente:



Fx = Fy =

−mg sen α + 3T N − mg cos α 23

= max , = 0.

Reemplazando los datos del problema m = 90.7 kg, α = (15 π )/180, T = 225 N, resulta a x = 4.9 m/s , que es la aceleración paralela al plano. 2

Si hubiésemos usado direcciones vertical y horizontal, el sistema de ecuaciones hubiese sido levemente más dif´ıcil de resolver porque la aceleraci´ on hubiese aparecido en las dos ecuaciones.

3/11

El cilindro liso de metal pesa 25 kg y se apoya en un carrito al que se le comunica una aceleración de 2 g en el sentido ascendente de un plano inclinado 14◦ con la horizontal. Calcular las fuerzas de contacto en A y B .

Como el cilindro es liso no hay roce entre las superficies y las fuerzas de contacto son perpen diculares a las super ficies. Usando un eje x paralelo al plano inclinado, e y normal, el diagrama de cuerpo libre nos dice que:





Fx = NA cos α mg sen α = m2g, Fy = NB NA sen α mg cos α = 0.

−

−

−

Despejando las fuerzas normales resulta:

NA = mg 3/18



2+ sen cos αα



, NB = mg (cos α + (2 + sen α)tan α) .

24

Se da a un péndulo simple una velocidad inicial en el plano vertical. Cuando en su oscilación pasa por la posición vertical, la tensión T del hilo es k veces el peso del péndulo. Determinar la exoresi´ on de la velocidad v del p´ endulo en la posición de equilibrio en función de k .

Usando direcciones normal y tangencial para describir la aceleraci´ on (también es posible usar coordenadas polares):

s˙ 2 n ρ

 

a = s¨t +

y haciendo el DCL a lo largo de esas direcciones:

Fn = T

− mg = ma . n

Reemplazando la tensión T = kmg , y tomando el radio de curvatura ρ = , es posible combinar las dos ecuaciones anteriores y obtener la rapidez: v = (k 1)g.

3/28



−

El brazo ranurado gira con velocidad angular ω constante alrededor del eje vertical que pasa por el centro O de la leva fija. La leva está construida de tal forma que el radio vector correspondiente a la trayectoria del centro del pasador A var´ ıa según r = r0 + b sen N ωt, donde N es igual al número de salientes, seis en este caso. Si ω = 12 rad/s, r0 = 10.2 cm, b = 1.3 cm y la compresión en el muelle var´ıa desde 11.6 N hasta 19 .1 N desde el valle a la cresta, calcular la fuerza R entre la leva y el pasador A de 110 gr, cuando éste pasa por la parte superior del saliente en la posición mostrada en la figura.

25

Para calcular las fuerzas necesitaremos la aceleración propia de la trayectoria: r(t) = r 0 + b sen( Nωt ). En el sentido radial (usando coordenadas polares):

ar = r¨

− rθ˙ . 2

El DCL en esa dirección (teniendo en cuenta que el eje de rotación es vertical y que la gravedad no juega ningún papel):

Fr = R

− C = ma

r

donde R es la reacción entre la leva y el pasador, y C es la fuerza de compresión del resorte. Ignoramos la fuerza Fθ del brazo sobre el pasador. Sobre C sabemos que toma valores entre 11 .6 y 19 .1 N, cuando la distancia del pasador al centro de rotación var´ıa entre r0 b y r0 + b. Asumiendo una dependencia lineal, p odemos concluir que para r = r 0 , C = 15.35 N. Luego la constante de elasticidad es k = 2.88 N/cm:

−

C = 15.35 + k(r

− r ). 0

Reemplazando y evaluando en el punto A ( N ωt = π/2):

R = m (¨r

2

− rω ) + 15.35 + k(r − r ).

3/49

El tambor elevador A tiene un diámetro D y gira en el sentido del movimiento de las agujas del reloj, con velocidad angular constante ω . Determinar la tensión T en el cable que une el peso W a la pequeña polea B. Expresar el resultado en función de la variable y. El tamaño, masa y rozamiento de las poleas en C y B son despreciables.

26

0

En este problema es necesario relacionar el movimiento hacia arriba de B con el acortamiento del cordel, desde el punto de vista de las fuerzas y de la geometr´ ıa. Realizando el DCL del peso W en el sentido vertical:

mg

− 2T

sen α = m y¨

donde α es el ángulo (variable) formado entre el cable y la vertical, e y está medido de arriba hacia abajo (desde el techo hasta B ). Para eliminar α (queremos dejar todo en función de y ) usamos las identidades trigonométricas: cos α =

2y



−

=

0

2b sen α = =  0

−

 

y , + b2 b . 2 y + b2 y2

En las identidades anteriores  es el largo del cable fuera del motor y 0 es la distan cia entre el motor y la primera polea. Despejando la tensión: (g y¨) y 2 + b2 T =m . 2y

−



Para relacionar el movimiento del peso ( y ) y el del motor ( ω), necesitamos medir cuánto se acorta el cable con cada vuelta del motor. Usando nuevamente un triángulo rectángulo entre la vertical que pasa por el peso, el cable y la horizontal de las poleas:

y 2 + b2 = ((

2

−  )/2) . 0

Derivando (impl´ıcitamente) dos veces esta u´ltima relación con respecto al tiempo: ˙ 2, 2y y˙ = ( 0 )/ ¨ 4y˙ 2 + 4y y¨ = ˙2 + ( 0 ).

−

−

Reemplazando ˙ = ωd/ 2, ¨ = 0 y despejando:

y˙ = ωd



y 2 + b2 (ωd )2 , y¨ = 4y 16y 27

2

− y˙y ,

expresiones que podemos reemplazar en la ecuación de T para llegar a un resultado cerrado en función de y y de ω .

3/59 Un p´ endulo esf´ erico consiste en una esferilla de masa m ligada a un punto O por un cordel de longitud R y a la que se da una velocidad inicial con componentes no nulas según θ y φ. Escr´ıbanse las ecuaciones diferenciales del movimiento correspondientes a las tres coordenadas esf´ ericas indicadas. (Háganse consideraciones sobre la solución de estas ecuaciones, pero lim´ıtese el tiempo dedicado.)

Para encontrar las ecuaciones de movimiento del péndulo esférico, una posibilidad la segunda leypero de Newton en coordenadas cartesianas paraeslaescribir part´ıcula colgante, este proceder nos dar´ıa ecuaciones en las que aparece la tensión del cordel T en forma lineal (fácil de eliminar). Como el cordel tiene longitud constante, la part´ıcula describe una trayectoria sobre una superficie esférica, y es más natural usar coordenadas esféricas. En cualquier punto de la trayectoria, dibujamos la base ortonormal r, θ , φ. En particular deber´ıamos fijarnos en el plano tangente a la superficie generado por las direcciones θ, φ, pero como puede ser complicado, consideramos mejor el plano vertical que contiene al cordel y a la masa (coloreado en la figura). En este plano el DCL nos dice que:

 



Fφ = mg sen φ = maφ , Fr = mg cos φ

− T = ma . r

Como no nos interesa la tensión, podemos ignorar esta última ecuación. Perpendicularmente a este plano vertical está la dirección θ :

Fθ = 0 = maθ .



Usando la expresión de la aceleración en coordenadas esféricas y tomando r = R, r˙ = r¨ = 0, llegamos a:

aφ = R φ¨ + Rθ˙2 sen φ cos φ , aθ = R cos φθ¨ 28

− 2Rθ˙φ˙ sen φ.

Reemplazando estas componentes de la aceleración, llegamos a dos ecuaciones diferenciales de segundo grado para θ(t), φ(t): ¨ ˙2 g sen φ = Rφ + R¨θ sen φ˙ cos φ 0 = R cos φθ 2Rθ φ˙ sen φ.

−

Lamentablemente estas ecuaciones están fuertemente acopladas y no es posible separar el movimiento de φ (t) del de θ (t).

3/78

La corredera pesa 1 .5 kg y se mueve a lo largo de la barra lisa y curvada bajo la acción de su propio peso y de una fuerza exterior aplicada y constante F = 10i+

−

15j+10k Si la corredera parte de A del resposo, determinar su velocidad cuando alcanza B .

 

N.



Podemos intentar resolver este problema usando que la variación de la energ´ıa cinética es igual al trabajo realizado por todas las fuerzas. Si F es la fuerza externa, mg z el peso (no es necesario agregar la fuerza de la barra porque ésta es siempre normal a la trayectoria y por lo tanto no trabaja)



−

∆T = T B

−T

A

=



B

(F

A

− mgz) · dr .

Ahora la fuerza total F mg z = 10x + 15z 5z es conservativa. Esto se puede deducir evaluando el rotacional definido por:

−

 −  −  × × ×

∂ ∇ × A = ∂x x

+ ∂ y A ∂y

+ ∂ z A ∂z

, A

que operado sobre la fuerza total es idénticamente 0 en todo los puntos del espac io. (Se recomienda proceder de esta form a y evitar la fórmula del determinante.) Luego tenemos dos opciones para resolver este problema: 29

• realizar la integración a lo largo de la corredera, • usar que la integral de l´ınea no depende del camino de integración •

y por lo tanto puede ser calculada usando un camino simple, o bien definir una energ´ıa potencial V asociada a la fuerza tal que F = V.

−∇

En este caso puntual, dado que no nos interesa resolver otros problemas con la misma fuerza externa, conviene calcular la integral por un camino simple que una A con B . Un primer camino simple es el camino quebrado compuesto de un tramo paralelo a x, luego otro paralelo a y y finalmente otro paralelo a z. En el primer tramo d r = dx x, en el segundo d r = dy y y en tercero dr = dz z.



 

Otra posibilidad es considerar el trazo recto que une a resulta de la siguiente parametrización con λ [0, 1] :



 

A con B , que

∈

  −  −  −  − 

r(λ) = (0 .9x + 0.75z) + λ( 0.9x + 1.2y

0.75z)

Puede verificarse que r(0) = rA , r(1) = rB . El diferencial de est e camino será: dr = ( 0.9x + 1.2y 0.75z) dλ . Luego:

  − − ·− −        B

∆T =

1

=

A

( 10x + 15z

5z) ( 0.9x + 1.2y

0.75z) dλ

0

1

=

0

(9 + 18 + 3 .75) d λ = 30.75

J

.

Esta cantidad puede usarse para despejar la rapidez final vB en la fórmula de la energ´ ıa cinética. Ahora, en este caso puntual donde F es constante, la integral de l´ınea del trabajo puede ser calculada trivialmente, sin necesidad de parametrización: ∆T = (F



− mgz) ·

B

dr = (F

A

30



− mgz) · (r − r B

A)

.

3/80 (3.122) El peso de 15

kg

desliza sin rozamiento

sobre la gu´ıa circular fija. Calcular la velocidad v de esta corredera cuando llega a B si se eleva partiendo del reposo en A bajo la acción de la fuerza constante de 300 N aplicada mediante el cable.

Existen tres fuerzas en este problema: el peso, la reacci´ on de la barra (que no trabaja por ser siempre perpendicular al desplazamiento) y la del cordel. Podemos usar como punto de partida: B

TB

+

VB

 cordel F dr .

 ·  

=

A

Existen varias formas de evaluar la integral de l´ınea:

• Parametrizando la posición de la corredera usando el ángulo cen-

tral. El diferencial d r = t d donde d  = a dθ, θ = ∠AOP . La fuerza del cordel F = T c donde c es un vector unitario que apunta desde la corredera P hasta la polea C . Luego el integrando se escribe F cordel dr = T a cos φdθ. Escribiendo en más detalle los vectores involucrados:

·

t = sen θx + cos θ y c = b y a(cos θ x + sen θ y)

−

 −      √



cos φ =

π/2

a2

0

= T

√

a2

+

b2

·



||

Luego la integral:

TB + VB = T

c t . c

ab cos θ dθ , + b2 2ab sen θ π/2 2ab sen θ 0 .

−

−

|

• Un método alternativo, más intuitivo, es usar que la fuerza del

cordel es central (con centro en C ): está dirigida siempre a C, y su magnitud no depende de la orientación del cordel. Ahora, como 31

es de esperarse, el trabajo realizado por el cordel es proporcional a la longitud de cordel ‘cazado’ y su trabajo será: B



√

A

F cordel dr = F ∆ ,

·

donde ∆  = 1.82 + 2.42 0.6 = 2.4 m. Para justificar esta afirmación podemos considerar un diferencial:

−

F cordel dr = F cordeld ,

·

dado que d  es igual a la proyección de d r sobre la cuerda. Entonces despejando de la energ´ıa cinética:

v= 3/198

2



300 2.4

·

15

2 2.4 9.8 = 7 m/s .

− · ·

El punto soporte B de un p´ endulo simple, de masa m y longitud , tiene una aceleración horizontal constante a como se indica en la figura. Si el p´ endulo parte del reposo relativo con respec to al sistema móvil con θ = 0, determinar la expresi´ on de la tensión T de la cuerda en funci´ on de θ.

En este problema se nos piden varias cosas. T´ıpicamente al usar la segunda ley de Newton (definiendo previamente un DCL) obtenemos relaciones entre las fuerzas por un lado y las aceleraciones y velocidades por otro. Necesitaremos por tanto integrar en algún momento para dejar la tensión expresada en función u ´ nicamente de θ . Lo primero será usar la segunda ley de Newton en un sistema fijo, que coincide con el carro en el instante de interés. Escribiendo luego la aceleraci´ on absoluta en términos de la relativa (no hay rotación):

 

 = m aB + ρ¨rel , T + W 32

donde a su vez la aceleración relativa puede escribirse en polares (centradas en el punto B ) para as´ı despejar más fácilmente la incógnita T: 2

ρ¨rel = (¨r rθ˙ )r + (r θ¨ + 2 r˙ θ˙)θ . Tambi´ en pudimos haber usado direcciones intr´ınsecas. En la direcci´ on r: T + mg sen θ = m a sen θ θ˙ ,



−



−



−





donde aparece la tensión pero tambi´ en aparece θ˙ que no conocemos.



En la dirección θ:





mg cos θ = m a sen θ + θ¨ .

Manipulando esta última expresión (multiplicando por d θ ): (g cos θ

− a sen θ) dθ = θ˙ dθ,˙

e integrando: (g sen θ + a cos θ ) θ0 =

|

1 ˙2 θ = 2

⇒

θ˙2 = 2g sen θ + 2 a cos θ + 2 a.

Reemplazando θ˙ llegamos a la tensión del cordel:

T = m (g sen θ + a cos θ + 2 g sen θ + 2 a cos θ = m (3g sen θ + 3 a cos θ 2a) ,

−

u ´ nicamente en función de θ .

3/201 Una part´ıcula de masa m está ligada a un brazo de longitud b que gira con velocidad angular constante p en torno a un eje horizontal de dirección norte-sur seg´ un se indica. La latitud es norte y va le γ , la velocidad angular de la Tierra es ω y su radio es R. Hallar las componentes x y z de la fuerza ejercida por el brazo sobre m en el instante en que φ = 90◦ .

−−

33

− 2a) ,

Las fuerzas sobre la masa m dependen de la aceleración absoluta, por lo que tendremos que usar primero la fórmula general para movimiento relativo a un sistema en rotación (fijo a la superficie de la Tierra, O es el centro de la circunferencia que describe m ): a = aO + α ρ + ω (ω ρ) + 2 ω

×

× ×

× ρ˙

rel

+ ρ¨rel .

Como queremos conocer las componentes de las fuerzas referidas a los vectores solidarios a la superficie de la tierra r (arriba), θ (este) y φ (norte), expresamos todos los vectores que participan en esta base ortonormal.







Como el srcen del sistema en movimiento O est´ a girando a lo largo de un paralelo (circunferencia de radio R cos φ), su aceleración será un vector en el plano donde está el paralelo:

a0 = R cos φω 2 (sen φφ

− cos φr).

     − 

El eje de rotación de la Tierra va de polo a polo:

ω = ω z = ω (cos φφ + sen φr). La aceleración angular α  es cero.

El peso es perpendicular a la superficie:

 = W

mgr.

La posición, velocidad y aceleración relativas en el instante de inter´ es se obtienen fácilmente usando nuestros conocimientos sobre movimiento circular uniforme:

ρ = ρ˙ rel = ρ¨rel =

−bbpr −bp θ

 

θ

2

hacia el este , hacia abajo , hacia el oeste .

Los vectores unitarios se refieren a la posición respecto de la Tierra, no a la circunferencia que describe la masa m . Al reemplazar en a, es necesario calcular los productos cruces con cuidado (usando la mano derecha):

×    ×    ×  r

θ=φ, θ

φ=r, φ

34

r=θ .

3/204

El árbol acodado se hace girar alrededor del eje vertical con celeridad constante ω. Se abandona en x = 0 la corredera de masa m partiendo del reposo relativo con relación a la varilla. Determinar la distancia x en función del tiempo t a partir del instante en que se suelta. Especificar tambi´ en las componentes de la fuerza de contacto entre el árbol y la corredera en funci´ on de t. Despr´ eciese el rozamiento.

El movimiento de la corredera describe un cono, por lo que naturalmente usaremos coordenadas esf´ ericas. La latitud φ la mediremos hacia abajo. Tambi´ en se pueden usar otros tipos de coordenadas. Consideremos un plano vertical que contiene al eje de rotaci´ on y al árbol. Sobre él yacen los vectores r (paralelo al árbol) y φ (ortogonal al árbol, apuntando hacia abajo). El ángulo que forma el árbol con la horizontal será llamado φ (en la figura aparece como θ ).







Realizando el DCL en el plano y fuera de e´l (la direcci´ on θ apunta hacia ‘adentro’, seg´ un rotación del árbol), debemos considerar dos normales al árbol, una en el sentido φ y otra en θ:

r:

mg sen φ



= m r¨



− rφ˙ − rθ˙ 2

2

cos2 φ ,

φ : mg cos φ + Nφ = m 2r˙ φ˙ + rφ¨ + r θ˙ sen φ cos φ ,



θ:

Nθ



= m 2cos φr˙ θ˙ + cos φr θ¨

donde po demos reemplazar φ˙ = φ¨ = θ¨ = 0, θ˙ = ω .

   −

2r sen φθ˙φ˙ ,

Sólo necesitamos la primera ecuación para el movimiento (las otras nos entregan las componentes normales):

g sen φ = r¨ 35

− rω

2

cos2 φ,

que es una ecuación diferencial de segundo orden de la forma ¨r ar = b con a, b constantes, que no puede ser resuelta con simple integraci´ on. (S´ı es posible cambiar a x = r + b/a, luego amplificar la ecuación por

−

2

x˙ dt e integrar para llegar a ˙r (t) r˙ (0) = a(r (t) r (0) pero esto no es lo que se pide.) Usando nuestros conocimientos de ecuaciones diferenciales, identificamos nuestra ecuación como lineal no-homogénea, cuya solución se escribe: r(t) = r h (t) + rp (t).

−

−

La parte homogénea se resuelve: 0 = r¨h

−r ω h

2

cos2 φ =

⇒

rh (t) = A senh(tω cos φ) + B cosh(tω cos φ).

La solución particular:

rp (t) = c (constante) =

g sen φ

c=

2

2

.

ω cos φ para encontrar A, B imponemos condiciones iniciales r(0) = ˙r (0) = 0, y obtenemos que A = 0, B = c. g sen φ (1 cosh(tω cos φ)) . r(t) = ω 2 cos2 φ

⇒

−

−

−

−

Esta solución se puede reemplazar en las expresiones para N φ , Nθ .

3/205 El distribuidor centr´ıfugo gira con velocidad angular constante ω en torno a un eje vertical fijo. Pequeñas part´ıculas de masa m, cada una de ellas, se sueltan a partir del reposo en A (prácticamente en el eje) y se mueven sin rozamiento apreciable a lo largo de las gu´ıas circulares rotatorias comprendidas entre las aletas radiales. Determinar el módulo de la velocidad absoluta de cada part´ıcula cuando abandona horizontalmente la pala en B. Calcular tambi´ en la fuerza horizontal N ejercida por la pala vertical sobre cada part´ıcula cuando ésta se aproxima a B.

36

Usaremos movimiento relativo respecto a un sistema de ejes solidarios a la gu´ıa donde desliza la masa. Este sistema está centrado en un punto C que es el centro de curvatura de la gu´ıa. Este punto C describe un movimiento circular uniforme en un plano horizontal por lo que su velocidad y aceleración son:



vC = rω y , aC =



2



−rω x,



donde x es un vector horizontal que apunta de C hasta A, e y es horizontal y perpendicular al plano vertical que contiene a los puntos A,B,C . El movimiento circunferencial de la masa respecto al sistema solidario a C (en cualquier instante) se puede analizar en el plano vertical de la gu´ıa usando coordenadas polares:

ρ = r r , ρ˙ rel = r θ˙θ , ρ¨rel =

 



rθ˙2 r + r θ¨θ .

−

 × 

Naturalmente r, θ están en plano x, z. Vector y = θ r. Para calcular la rapidez final de la masa necesitaremos usar la aceleraci´ on en el sentido tangente a la trayectoria e integrar desde θ = 0 hasta θ = π/2. Usando la fórmula de movimiento relativo:

a = aC + α

× ρ + ω × (ω × ρ) + 2ω × ρ˙

rel

+ ρ¨rel ,

donde el segundo término es cero, el tercero es rω 2 cos θx, y el cuarto 2rω θ˙ sen θy.





Haciendo un DCL, vemos que las fuerzas que intervienen son el peso, y reacciones de la gu´ıa en sentidos r y y = θ r. Nos interesa la fuerza y la aceleración en el sentido θ (las fuerzas normales de la gu´ıa no aportan en esta dirección):



g cos θ = a θ =

·

−rω

2

   ×

¨ sen θ + rω 2 sen θcosθ + r θ.

Usando el remplazo clásico para poder integrar (multiplicar por d θ y formar θ˙ = dθ/dt),



g cos θ + rω 2 sen θ

− rω 37

2



sen θ cos θ dθ = r θ˙ dθ˙

Integrando entre θ = 0 y π/2:

rω 2 cos θ

g sen θ



1

π/2

rω 2 cos2 θ

−2

−

= r



0

1 g + rω 2 2

θ˙2

, 2 θ˙2 = r . 2

Esto nos permite formar la velocidad relativa al momento de llegar a B (en ese instante θ = x):



 

ρ˙ rel = r θ˙θ = r

y la velocidad absoluta:

2g/r + ω 2 ,

v = vC + ρ˙ rel + ω ρ , = rω y + 2rg + r2 ω 2 x + 0 .

×

 



El tercer término es cero debido a que cuando la part´ıcula llega a B se verifica ω ρ z. Finalmente la rapidez en el punto B es:

 



u=

2r(g + rω 2 ).

38

Cap´ıtulo 5 Cinem´ atica Plana de los Cuerpos R´ıgidos 5/19 (5.56) Uno de los mecanismos más frecuentes es el de corredera-biela-cigüeñal. Expresar la velocidad angular ω y aceleración angular α de la biela AB en funci´ on del ángulo θ, siendo ω0 la velocidad angular constante del cigüeñal. Tómese para α y ω el sentido opuesto al de las agujas del reloj como positivo.

• En este problema necesitamos relacionar los dos ´ angulos a través de una ecuación. Proyectando el punto B en recta AO se define un punto C . El segmento BC nos servirá para relacionar los ángulos φ = ∠COB : BC =  sen φ = r sen θ .

∠CAB,

=

Derivando con respecto al tiempo:

ω cos φ = rω0 cos θ , de donde podemos despejar ω y usar la identidad trigonométrica cos φ =

− 1

sen 2 φ

39

=

− 1

r2 sen 2 θ , 2

para llegar a la expresión:

ω=

rω0

cos θ

.

2



− 1

r2

sen

2θ

Para calcular la aceleración angular α = ω˙ = φ¨ podemos derivar con respecto al tiempo el resultado anterior, o bien derivar impl´ıcitamente otra vez la ecuación ω cos φ = rω 0 cos θ y repetir la simplificación.

• Otra forma de proceder es calcular la velocida d v

B

e imponer que

vA es puramente horizontal. Como B pertenece a barra AB:

 × AB × ( cos φx +  sen φy) x + ω (cos φy − sen φx)

vB = vA + ωAB = vA x + ω z = vA

    

Como B pertenece a barra OB:

 vB = ω  0 OB = ω0 z ( r cos θ x + r sen θ y) = ω0 r(cos θy + sen θx)

−

×

 × −  

Igualando las componentes verticales:

ω cos φ = ω0 r cos θ Se puede proceder de igual forma para la aceleraci´ on.

5/29

40

Los collares A y C deslizan a lo largo de las varillas verticales y el collar B de la horizontal. Si C tiene una velocidad hacia abajo de 0 .2 m/s cuando alcanza la posición para la que θ = 45◦ y β = 30◦ , determinar la correspondiente velocidad angular de AB.

La conexión entre el movimiento del collar A y el collar C se realiza a trav´ es del collar B que subdivide la barra horizontal de longitud constante: 0 =  sen θ +  sen β ,  = BC = AB . Derivando esta expresión se llega a una ecuación para β˙ = función de θ˙: 0 = θ˙ cos θ + β˙ cos β .

−ω

AB

en

Para relacionar θ˙ con vC , nos fijamos en el triángulo rectángulo definido por el ángulo θ , en el cual se verifica para la altura y del punto C :

y =  cos θ =

⇒ −v

C

θ v − coscos β sen β 

, ωAB =

=

− sen θθ˙ .

Resumiendo:

β˙ =

C

5/34 El eje O hace girar el brazo OA, en sentido horario, a 90 rpm. Usar el método del centro instantáeo de rotación para determinar la velocidad de rotaci´ on de la rueda B (dentada, aunque no se muestra) si (a) el anillo D está fijo y (b) el anillo D gira, en sentido antihorario, alrededor de O con una celeridad de 80 rpm.

41

cos θ vC . cos β sen β 

Si el brazo OA se mueve en sentido horario con velocidad angular ωOA z entonces el disco A girará sobre s´ı mismo en sentido antihorario ω A z, y el disco B girará sobre s´ı mismo en sentido horario ωB z

−

−

(los vectores unitarios son los convencionales, x, y en el plano, z hacia afuera).





 

El punto C de contacto del disco A con el anillo D no se mueve, luego es el centro instantáneo de rotación (CIR) del disco A (el cual gira con rapidez angular absoluta ω A ). Luego la velocidad del punto A es

a x) = 2

×−

vA = (ωA z)

(

− aω2

A



y,

pero como A pertenece al brazo OA su velocidad tambi´ en se puede escribir: vA = ( ωOA z) (ax) = aωOA y.

−

×

Igualando llegamos a ω A = 2ωOA .

  ×− − × 

−



Por otra parte si definimos el punto E como el punto de contacto entre los discos A y B , este punto pertenecerá a ambos y su velocidad será:

vE = (ωA z)

( ax) =

−aω

 

Ay

.

Este mismo punto E , visto ahora como perteneciente al disco B satisfacer´ a: a aωB vE = ( ωB z) ( x) = y. 2 2 Igualando las dos expresiones para vE llegamos a ωB = 2ωA .

−

Resumiendo ω B = 4ωOA = 360 rpm en sentido horario.

5/37 La rueda dentada interior rueda sobre la periferia interna del anillo dentado exterior fijo con celeridad constante. Si el tiempo requerido para que C realice una vuelta completa en torno a O es τ , hallar la aceleración del punto A en la posición indicada.

42

Para calcular la rapidez de giro ω del disco pequeño sobre s´ı mismo podemos usar que el punto de contacto D es el CIR del disco:

vC = r 1 ω , y que el punto C describe una circunferencia de radio (r2 a O con rapidez angular p = 2π/τ : vC = OC p = (r2

− r ) en torno 1

− r )p . 1

Luego igualando las dos expresiones de v C :

ω=

− r2

r1

r1

p.

Escribiendo la velocidad y la aceleración del punto C :



vC = v C y , aC =



2



−(r − r )p x , 2

1

donde x, y son los convencionales.

Para calcular la aceleración del punto A conviene usar la fórmula de aceleraci´ on relativa con ejes móviles solidarios al disco:

× ρ + ω × (ω × ρ) + 2ω × ρ˙ + ρ¨ , = −ω z, ρ = −r x, ρ˙ = ρ¨ = 0. Reemplazando

aA = aC + α 

rel





rel

donde α  = 0, ω 1 rel rel obtenemos que aA = a A x donde la magnitud es:

aA =

1

r1 )2 p2

(r2

(r2

r1 )p2 =

1

p2 (r2

r1 )(r2

r1

r1 ) .

r1 r1 Mirando con atención la figura r 2 < 2 r1 , por lo que el último factor de la aceleración es negativo.

−

− −

−

− −

Al calcular el movimiento relativo del punto A no pudimos usar el punto D debido a que aD = 0. Algo similar sucede con el punto O , que no pertenece al disco y por lo tanto no puede usarse como referencia.



5/47 (5.67)

43

La placa triangular ABD tiene una velocidad angular de 3 rad/s en el instante representado, y OA tiene velocidad angular constante. Determinar la aceleración angular de la barra BC para ese instante.

Este problema se puede resolver de varias formas. Lo importante es que el camino elegido permita relacionar con facilidad ω AB con ω CB .

• Considerando ejes móviles basados en A, B y C (aparece un triángulo rect´ angulo 3-4-5):

× 

×  

× 

vA/O = (ωOA z) (3x) , vB/A = (3z) (4x+3y) , vB/C = (ωBC z) (3y) . Luego la ecuación:

vB = vA + vB/A 3ωBC x = 3ωOA y + 12 y

−



de donde se infiere que ω BC = 3

 − 

rad/s, ωOA

=

9x ,

−4

rad/s.

• Otra solución es usar los ángulos formados por las barras AB y CB

con la horizontal, θ, φ respectivamente, para describir la posición de los puntos A y B desde el srcen O :

rB = 7x + 3(cos φx + sen φy) , rA = rB



 

− 5(cos θx + sen θy) ,

La distancia entre O y A es constante:

OA2 = (7 + 3 cos φ

− 5cos θ)

2

+ (3 sen φ

 

− 5sen θ)

2

=9.

Derivando impl´ıcitamente con respecto al tiempo y evaluando en sen θ = 3/5, cos θ = 4/5, φ = π/2, podemos despejar φ˙ = ω CB en funci´ on de θ˙ = ω AB .

44

5/51 Las barras de mando R y S tienen movimientos oscilatorios en sus respectivas gu´ıas paralelas. Determinar la aceleración de B en el instante e que x = 7.5 cm, si R tiene una velocidad constante de 1 .2 m/s hacia la derecha y S tambi´ en pero hacia la izquierda durante un corto intervalo del movimiento. Resolverlo gráficamente.

La mayor dificultad de este problema es la geometr´ıa en el instante de interés. La clave para relacionar los puntos A,B,C es darse cuenta que definen un triángulo isóceles. El lado más corto de este triángulo es 7.5 2 = 10 .61 m, y su altura mayor es 19 .28 m. Si D es el punto que resulta de intersectar una horizontal por A con una vertical por C , la distancia BD es 13 .98 m. Si E es el punto intersección de la horizontal por C y la vertical por B , el triángulo BEC es rectángulo, de hipotenusa BC = 20 m y de catetos E C = 9.88 m y EB = 17.38 m.

√

Usando el método tradicional, escribimos la velocidad del punto B en cuanto pertenece a barra B C y a barra AB :

  × ×− − −−  

vB = vC + vB/C = 1.2x + (ωCB z) ( 9.88x 17.38y) , vB = vA + vB/A = 1.2x + (ωAB z) ( 17.34x 9.88y) .

−

Resolviendo el sistema lineal (dos ecuaciones y dos inc´ ognitas):

ωCB = 0.204

rad/s

, ωAB = 0.116

rad/s

Ahora es fácil encontrar la velocidad y la rapidez del punto B :

vB = 5/59



 

−1.2x + ω (−9.9y + 17.4x) =⇒ CB

45

vB = vB = 3.1 m/s .

| |

El árbol de transmisión desliza por la gu´ıa, que pivota en O y el perno B del extremo de la barra tiene una velocidad constante hacia arriba v =◦ 45.7 cm/s en la ranura fija. Para θ = 30 , determinar la aceleración a A del punto A que está en el eje del árbol de transmisión y coincide con O en ese instante. ( Indicaci´ on: Expresar la aceleración de A en función del movimiento conocido de B y en función del movimiento relativo de A respecto a O.)

x, y indicados en la figura, podemos describir la velocidad del punto B hacia arriba:

• Usando los ejes

vB = v (sen θx + cos θy) , y para el punto A (solidario al eje y coincidente con O en el instante de la figura) que relativo a B describe una circunferencia de radio AB =  :

 

vA = vA/B + vB =

−θ˙y + v(sen θx + cos θy) ,



 

donde θ˙ es incógnita. El punto A tambi´ en se puede describir usando coordenadas polares centradas en O (en el instante de inter´ es r = 0):

vA = r˙ r + rθ˙θ = r˙ x .

  

Luego igualando entre las dos versiones llegamos a:

r˙ = v sen θ , θ˙ = (v/ )cos θ . Trabajando en forma parecida se puede llegar a la aceleración aA .

• Otra forma de trabajar es usar la expresión en polares a = (¨r − rθ˙ )r + (r θ¨ + 2 r˙ θ˙)θ , 2

A

˙ θ¨. Necesitaremos ˙r, r¨, θ, 46





Considerando el triángulo rectángulo y derivando:

h

v

= tan θ =

d d Derivando nuevamente la tangente:

⇒

v θ˙ = cos 2 θ = d

⇒

θ¨ =

θ˙

=

2

,

cos θ

−2cos θ sen θθ˙ vd .

Para el radio r = OA del punto A usamos:

OB = r + AB y en el triángulo rectángulo:

OB cos θ = d =

⇒

r˙ cos θ + ( r + AB )sen θθ˙ = 0

Evaluando en θ = π/ 6, r = 0, AB = d/ cos θ podemos obtener todos los términos necesarios para calcular la aceleraci´ on.

5/64 (5.196) El brazo de la manivela OB gira, en sentido horario, con velocidad constante, ω 0 de 5 rad/s. Determinar, para el instante en que θ = 90◦ , la aceleración angular α de la barra BD que desliza a través del collar pivotado en C.

Una forma de proceder ser´ıa calcular vB ,aB , usando coordenadas

• polares centradas en O (aparecerán θ˙ = ω , θ¨ = 0) y luego usando 0

coordenadas polares centradas en C (r = CB , = ∠OCB ). Igualando las expresiones de la velocidad se llegar´ıa a dos ecuaciones lineales para r˙ y ϑ˙ . Igualando las expresiones de la aceleración se llegar´ıa a dos ecuaciones lineales para r¨ y ϑ¨ = α .

• Otra forma es considerar los triángulos que se forman en la figura.

Definiendo un punto E proyecci´ on de B en recta OC , y un ángulo ϑ = ∠OCB : 25.4sen θ tan ϑ = . 61 25.4cos θ

−

47

esta relación se puede derivar dos veces usando que θ¨ = 0, eval˙ ϑ¨ (dos ecuaciones con dos uar en θ = π/ 2, θ˙ = ω0 , y despejar ϑ, incógnitas).

5/67

Determinar la aceleración angular de la varilla OB en la posición indicada siendo ω = 2 rad/s, ω˙ = 6 rad/s , y θ = β = 60◦ . El pasador A es parte de la varilla OB, y la ranura curvada tiene un radio de curvatura de 12 .5 cm. 2

Este problema es especialmente complicado porque el cursor A desliza por la gu´ıa curvada CD, que a su vez está en movimiento. Por eso usaremos velocidad y aceleración relativas a la gu´ıa CD, e impondremos que la velocidad relativa forme ángulo β con horizontal, y que la aceleraci´ on relativa tenga componentes tangencial y normal consistentes con el ángulo β y la curvatura de la ranura. Dado que el punto A pertenece a la barra OB y tambi´ en desliza por la gu´ıa C D, es posible escribir su velocidad (y aceleración) de dos formas distintas y luego igualar, obteniendo restricciones para θ˙ (y también para θ¨). Usando x, y convencionales, y asumiendo que barra OB gira en sentido horario (  = OA):



vA = (θ˙z) (  cos θ x  sen θy) , ˙ ( cos θy + sen θx) . = θ

−× −  − 

Esta velocidad absoluta del punto A no será en general tangente a la gu´ıa curvada C D. Pero si fijamos nuestros ejes a la gu´ıa C D, veremos un movimieno relativo del punto A que s´ı ser´ a tangente a la curva y su velocidad relativa formará un ángulo β con la horizontal:  ρ˙ rel = s˙ t = s˙ ( cos β x + sen β y) .



−

48

 

Las tildes se usan para distinguir al vector tangente real del tangente relativo al sistema solidario a la gu´ıa curvada. La posición de A relativa a C será en ese instante:

− − 

ρ = d x

 cos θ x

 sen θy .

Reemplazando en la fórmula de velocidad relativa:

vA = ρ˙ rel + ω  ρ , = s˙ ( cos β x sen β y) + ( ωz)

−

×

−  −  × − −    (dx

 cos θ x

 sen θy) .

Igualando con la expresión anterior para vA , tendremos dos ecuaciones (coeficientes en x y en y) para ˙s, θ˙:

−θ˙ cos θ

= s˙ sen β ωd + ω cos θ , ˙ θ sen θ = s˙ cos β ω sen θ . de donde podemos despejar θ˙ y eliminar ˙s:

−

− −

( d cos β +  cos β cos θ  sen β sen θ ) θ˙ = ω . (sen β sen θ cos β cos θ )

−

−

−

(Esta expresión no se puede derivar porque solo es válida en el instante de interés.) De igual forma se puede proceder para calcular θ¨ (incógnita del problema), usando la aceleración relativa en coordenadas polares centradas en C : aA = θ˙2 r + rθ¨θ ,

     

−

En coordenadas intr´ınsecas relativas a la gu´ıa:

 s˙ 2 ρ¨rel = s¨t + n , ρ donde podemos usar el radio de curvatura (dato del problema) y  (sen β x + cos β y), t = ( cos β x + sen β y).

 

−

49

n =



Reemplazando en la fórmula de aceleración relativa:

aA = ρ¨rel + α

× ρ + 2ω × ρ˙ + ω × (ω × ρ) , s¨(− cos β x − sen β y) + s˙ ( sen β x + cos β y) + ρ (−ω˙ z) × (dx −  cos θx −  sen θ y) 2(−ω z) × s˙ (− cos β x + sen β y) + (−ω z) × ((−ω z) × (dx −  cos θ x −  sen θy)) . rel

2

              

=

Igualando con la expresión en polares podremos despejar θ¨ (y eliminar s¨).

5/69 La varilla de conexión AC está animada de un movimiento oscilatorio de rotación en torno a C el cual hace oscilar en torno a O al miembro ranurado. Cuando θ = 30◦ el movimiento angular de la varilla AC viene descrito por θ˙ = 6 rad/s y θ¨ = 30 rad/s . Para estas condiciones determinar la velocidad angular ω y la aceleración angular α del miembro ranurado.

−

2

El movimiento del punto A puede ser descrito de dos formas complementarias. Como parte del brazo CA (usando movimiento relativo o simplemente derivando el vector posición):

rA = 20 sen θx 20cos θ y , vA = (θ˙z) (20 sen θx 20cos θ y) = 20θ˙ sen θ y + 20 θ˙ cos θ x , aA = (θ¨z) (20 sen θx 20cos θ y) + (θ¨z) ((θ¨z) (20 sen θ x 20cos θ y)) , = 20θ¨ sen θy + 20 θ¨ cos θ x 20θ˙2 cos θ y 20θ˙2 sen θx .

−    ××  −−  − ×  ×  −   − −  −

Se usaron ejes convencionales centrados en C .

Desde ejes solidarios al miembro ranurado y centrados en O (usando z distancia al punto medio de la ranura, y φ ángulo formado entre la 50

pieza ranurada y la vertical):

ρ = 10( sen φx

− cos φy) + z(cos φx + sen φy) ,

ρ˙ rel = z˙ (cos φx + sen φy) , ρ¨rel = z¨(cos φx + sen φy) .

  

 

Observaci´ on clave: el vector vA no es paralelo a la ranura pero ρ˙ rel s´ı lo es. ˙ α = ω˙ = Reemplazando en la fórmula de movimiento relativo (ω = φ, φ¨):

vA = vO + ρ˙ rel + ω ρ , = vO + z˙ (cos φx + sen φy) +(ω z) (10( sen φx cos φy) + z (cos φx + sen φy)) , = z˙ (cos φx + sen φy) + ω (10 sen φy + 10 cos φx + z cos φy z sen φx) .

×

×  −         −   

Igualando las dos expresiones para vA obtenemos una ecuación para los coeficientes en x y otra para los coeficientes en y:

−

20θ˙ cos θ = z˙ cos φ + 10ω cos φ ωz sen φ , 20θ˙ sen θ = z˙ sen φ + 10ω sen φ + ωz cos φ ,

−

donde podemos eliminar z˙ y despejar ω :

ω = θ˙

[(10 cos φ

−

20(cos θ sen φ + sen θ cos φ) . z sen φ)sen φ (10 sen φ + z cos φ)cos φ]

−

Esta relación es general, válida para cualquier instante, por tanto se puede derivar para llegar a α .

51

Cap´ıtulo 6 Cin´ etica Plana de los Cuerpos R´ıgidos 6/7 Sin calcularlo, decir cuál es el momento de inercia respecto al eje z de la cáscara cónica delgada de masa m y radio r, partiendo de los resultados del problema tipo 6/1 aplicados a un disco circular. Obs´ ervese la distribuci´ on radial de la masa mirando el cono a lo largo del eje z.

El momento de inercia respecto al eje z depende sólo de la distancia de cada elemento al eje z . Podemos multitud cilindros coaxiales de conmasa el cono, que corten al conoimaginar en delgados anillos de igual espesor. Al calcular la contribución de cada anillo, sólo importará su radio y su espesor. Luego la inercia total ser´ a igual a la de un disco plano de igual masa: 1 Icasq. cono = I disco = mr2 . 2 La altura h del cono no es relevante.

6/9 (B.49) 52

Determinar el momento de inercia de una varilla inclinada, de longitud 2 b y masa m, respecto al eje x que pasa por su centro.

Usando una coordenada s que recorra la varilla, y llamando y a la distancia de cada elemento de la varilla al eje x:

Ixx = =

 

y 2 dm b

s2 sen 2 α d s −b

m 2b

b

= sen α m s3 = sen 2 α m 2b3 . 2b 3 −b 2b 3



2

La expresión anterior incluye a los casos α = π/2, Ixx = mb2 = m2 /12, y α = 0, Ixx = 0.

6/17 (B.26)

Calcular el momento de inercia del cono de revolución recto, macizo y homogéneo de masa m, radio de la base r y altura h al ejepor x su delv´ cono y respecto al ejerespecto y que pasa ertice.

Ambos momentos de inercia se pueden calcular considerando primero la contribución de un disco d m: 2

• Eje x − x. Cada disco aportará un término de la forma mr /2: dIxx = 53

1 2 y dm , 2

donde y = xr/h, dm = (m/V )πy 2 dx. Luego:

Ixx = El volumen del cono:

V =

dIxx =

πy 2 dx =

Resumiendo:

Ixx =

.

4

2h V 5



h

π r4 m x5



0

πr 2 h3 πr 2 h = . h2 3 3

3 2 r m. 10

La altura h no participa.

• Eje y − y. En la contribución de cada disco hay un término que viene dado por la fórmula de Steiner: dIyy = x 2 dm +

y4

dm .

4

Luego

Iyy



2

π hx r2 x2 m d x + = V 1 1 3 2 4 πh r + πhr 20 = 5 1 πr 2 h 3 3 r2 = m + h2 . 5 4 2



4

π xh r4 14 m d x 4

 

6/21 (B.9) Determinar el momento de inercia del sector circular de masa m y radio r respecto a la tangente O O. El espesor del sector es despreciable frente a r.

−

Pese a que el sector circular puede parecer complicado, su momento de inercia se puede calcular por definición. Su superficie es:

S = πR2 54

2π . 2α

Usando coordenadas polares centradas en el vértice del sector circular y θ = 0 hacia abajo, la distancia de cada elemento de superficie al eje O O es R x = R r cos θ. Luego:

−

−

IOO =

−

 −   (R R

=

r=0

x)2 dm

α

r dr dθ

θ=−α

m (R S

2

− r cos θ)

m R = α(r3 + 2R2 r ) 4Rr sen α + r2 cos α sen α dr S 0 m R4 = (15α 16sen α + 3 cos α sen α) S 12 2 αmR = (15α 16sen α + 3 cos α sen α) . 12π 2



−

− −

6/27 (B.37) Determinar el momento de inercia respecto al eje generador de un anillo completo de sección circular (toro) cuyas dimensiones son las señaladas en la figura.

El toro se puede descomponer en innumerables anillos delgados concéntricos, cada uno de radio ρ (igual a la distancia al eje z ): dIzz = ρ 2 dm , dm = 2πρ d S

m . V

El diferencial d S es un elemento de superficie de la sección circular de radio a. Parametrizando la sección con coordenadas polares r, θ: dS = r dr dθ , ρ = R + r cos θ . Calculando primero el volumen total (usando la misma descomposición

55

en anillos): a

2π

V =

2πr (R + r cos θ ) dr dθ

  0

2π



0

2 a2 πR + a3 π cos θ dθ 3 0 2 2 = 2a π R . =

Por su parte el momento de inercia:

  a

Izz =

2π

m r dr dθ V 3 2 a2 πR 3 + 2a3 πR 2 cos θ + a4 πR cos2 θ + a5 π cos3 θ dθ 2 5

2π (R + r cos θ )3

0

0



m 2π = V 0 m1 2 2 2 2 = V 2 a π R(3a + 4R ) m 2 = (3 a + 4R2 ) . 4 6/37 (6.11)

Los cilindros macizos de la figura tienen una altura de 45 cm y un diámetro de 30 cm, están apoyados sobre una cinta transportadora que se mueve horizontalmente. Si la velocidad de la cinta var´ıa a partir de un cierto instante seg´ un la ecuación v = 09+0 .6t2 m/s, donde t se expresa en segundos y se mide a partir del instante en que se inicia la aceleraci´ on, calcúlese el valor de t para el cual los cilindros están a punto de vol car. El la cinta hay unos travesa˜ nos que impiden el deslizamiento de los cilindros.

Observaci´ on clave: Si cada uno de los cilindros está a punto de volcar, podemos pensar que la fuerza de la cinta sobre cada cilindro (componentes F1 , F2 ) se apli ca en un solo pun to: el bord e del cilindro que actuar´ıa como pivote en caso de volcamiento. 56

Realizando el DCL de un cilindro y aplicando la segunda ley de Newton para las fuerzas externas y el movimiento del centro de masa G, llegamos a:

F2 = mg , F 1 = ma(t) , donde a(t) = 1.2 t. Los torques con res pecto al centro de masa del cilindro, justo antes de romperse el equilibrio: 22.5 F 1 = 15.0 F2 . La cinta y el borde del cilin dro tienen acele ración horizontal y no pueden ser usados como puntos de referencia para calcular los torques. Reemplazando F 1 y F 2 de la última ecuación y despejando el tiempo:

t = 5.44 s . 6/43 La placa de 45 kg con centro de masa en G está suspendida mediante dos varillas ligeras y paralelas, AD y BC , y pueden oscilar libremente en el plano vertical. ¿Para qu´ e ańgulo θ puede soltarse la placa, partiendo del reposo, de tal manera que inmediatamente despu´ es de hacerlo la fuerza en la varilla BC sea cero? ¿Cuál es la fuerza en la varilla AD en ese mismo instante?

Como la placa está sujeta siempre por las dos varillas, su movimiento será de traslación curvil´ınea. En otras pala bras, los torques que producen las varillas sobre la placa siempre se anular´ an entre s´ı. Luego si en el instante inicial la fuerza de una de las varillas es cero, el torque de la otra varilla deberá ser cero. En esta situación estática tenemos absoluta libertad para calcular torques con respecto a cualquier punto. En resumen, el problema tiene dos soluciones:

• El ángulo inicial θ

= π/ 2 y las fuerzas producidas por ambas

varillas son cero.

57

• La otra varilla es colineal con centro de masa: tan

θ = 30.5/20.

Ahora si lo que se busca es un desarrollo m´ as completo, es posible hacerlaelfuerza equilibrio fuerzasvarilla y de torques. la expresi ón general para de ladesegunda FB = FUsando B (sen θ x + cos θ y ), y dado  , luego que no hay fuerza centr´ıpeta en el instante inicial, FB OG   FB OG = 0: FB = mg cos θ .

 ⊥

·

Por otra parte, igualando el torque a cero:

−  ×

τG = (30 .5x

20y)

 

FB (sen θ x + cos θy) .

De esta ecuación se pueden apreciar claramente las dos posibilidades anteriores.

6/56 La barra uniforme está suspendida por un cordel ligero por uno de sus extremos y oscila como un p´ endulo. Determinar, con ayuda del diagrama para el s´ olido libre, que la barra no puede permanecer alineada con el hilo durante su movimiento.

Dibujando con cuidado el diagrama de cuerpo libre (DCL) en el cual debieran aparecer la tensión del hilo y la fuerza de gravedad aplicada en el centro de laembargo, barra, selapuede apreciarde como el torque respecto a Gdeesmasa nulo.G Sin componente la fuer za de gravedad perpendicular al hilo har´ a que la barra baje en forma de movimiento paralelo. Luego en un instante posterior el hilo y la barra ya no estarán alineados y la fuerza de la tensión producirá un torque y un giro de la barra en sentido antihorario.

6/58

58

La barra de peso P y longitud  actúa bajo la acción de un muelle de torsi´ on en O que ejerce un par sobredel la barra en sentido contrario a lasMagujas reloj cuando pasa por la posici´ on vertical. Si la velocidad angular de la barra es ω en dicha posición, escribir las expresiones para las componentes n y t de la reacción del cojinete sobre la barra en ese instante.

Realizando el DCL y aplicando la segunda ley de Newton para las fuerzas externas y el movimiento del centro de masa G , llegamos a dos ecuaciones válidas en el instante de interés, una en el sentido normal y otra en el tangencial:

Fn

− mg = m(/2)ω

2

, Ft = m (/2)α ,

donde se ha usado expl´ıcitamente que G describe una circunferencia centrada en O . Tomando en cuenta los torques con respecto a G en sentido antihorario (también se puede hacer con respecto a punto fijo O ):

M

− (/2)F = 121 m α , 2

t

y despejando llegamos a: 3M



2

F t = 2 , F n = m 2 ω + g

 

6/64

59

.

Calcular la aceleración hacia arriba a del centro O del disco macizo circular de 18.1 kg y 20.3 cm de radio cuando se deja en libertad a la pesa de 11 .3 kg.

Comencemos con una consideración geométrica: cuando el centro del disco O sube una altur a ∆, la masa colgante baja en 2∆. Asumiendo que el disco y la cuerda no deslizan (rodadura perfecta), el disco girar´ a un ángulo ∆ /r. Y una consideración f´ısica: las tensiones de las cuerdas que sujetan al disco no son iguales. Ser´ıan iguales si la polea fuese pequeña y no tuviese inercia, o bien si el disco no girase. Estas tensiones se transferirán directamente al disco por mediación de la fuerza de roce estático. Ahora podemos proceder haciendo balances de fuerzas verticales para el disco y la masa colgante:

T1 + T2

−m g 1

= m1 a , m2 g

−T

2

= m2 (2a) ,

donde T 1 y T 2 son las tensiones de la cuerda hacia la izquierda y hacia la derecha de la polea. El balance de torques del disco (con respecto a su centro):

rT2

− rT

1

= k 2 m1 α ,

donde la aceleración angular α = a/r y la inercia del disco es k 2 m1 . Tambi´ en podr´ıamos haber tomado torques con respecto a punto del disco más a la izquierda, cuya aceleración es horizontal y está dirigida al centro del disco (situación análoga a rodadura). Despejando la aceleraci´ on lineal: 2r2 m2 r2 m1 a=g 2 . r (4m2 + m1 + ( k/r )2 m1 )

−

60

6/65 (6.77) La varilla uniforme de longitud  y peso P está en reposo sobre una superficie horizontal lisa. Si de repen te se aplic a una fuerza horizontal F normal a la barra en el extremo A, determinar la expresión para la aceleración aB del extremo B en tanto que perdura la fuerza F .

Mirando la varilla desde arriba, podemos ver que la ´ unica fuerza que participa es F . Por lo tanto la aceleración de su centro de masa ser´ a a = F /m y su acelaración angular α = (F /2)/(m2 /12). El radio de giro de una varilla delgada es k = / 12.

√

Para el punto B podemos usar la fórmula de aceleración relativa (x es la dirección paralela a la varilla e y perpendicular):

aB = aG + α = =

× ρ + ω × (ω × ρ) + 2ω × ρ˙  ay + ( −αz) × ( x) + 0 + 0 + 0 , 2  F ay − α y = −2 y , 2 m

          

rel

+ ρ¨rel ,

que apunta en la dirección contraria a la fuerza aplicada. Para el punto A :

 F  2 12 aA = a y + α y = y 1 + 2 m 4 2 6/68 La varilla de masa m y longitud , se suelta partiendo de la posición vertical de reposo con el pequeño rodillo del extremo A apoyado en el plano inclinado. Determinar la aceleración inicial de A.

61

  =4

F y. m







Dibujando un DCL (usando x hacia la derecha e y hacia arriba) donde figuren la normal (perpendicular al plano) y el peso aplicado en G (centro de masa):

 −  × − − 

N ( sen θx + cos θ y)

−

mgy = maG .

La aceleración de G (partiendo del reposo):

aG = aA + α

ρ = a ( cos θ x



sen θy) + α(/2)x .

Por otro lado los torques con respecto a G :

(/2)N sen θ = k 2 mα . Importante: No podemos hacer torques con respecto al punto fijo O del plano que coincide con A en el instante inicial, porque LO = I O α  . Tampoco podemos usar el extremo superior de la barra porque se mueve. Resolviendo para N,a , resulta (y usando k = / 12):

√

a=g

4sen θ 4

− 3cos

2

θ



.

6/93 (6.111) El bloque rectangular, macizo y homogéneo, est´ a soportado en sus vértices por pequeños rodillos que descansan sobre superficies horizontales. Si la superficie soportante en B se suprime bruscamente, hallar la aceleración inicial del vértice A.

Considerando el balance de fuerzas verticales y el balance de torques con respecto al centro de gravedad (solamente hay dos fuerzas, la normal y el peso):

mg N = maG , N (b/2) = Iα ,

−

62

donde I = m (b2 + h2 )/12. Para relacionar a y α usamos la aceleración relativa de A con respecto a G (o viceversa):

aA = aG + α ρ , = aG y + ( αz)

−

 ×−  × −  −  ( (b/2)x

(h/2)y) .



Como el punto A se mueve horizontalmente, su componente en y debe ser cero:

−a

G

+ αb/2 = 0 =

⇒

aG = αb/ 2 .

La u ´ltima ecuación relaciona el movimiento horizontal con la rotación. Resolviendo las ecuaciones:

N = gm

b2 + h2 3b 2 6b , a = g ,α = g 2 . G 2 2 2 2 4b + h 4b + h 4 b + h2

La aceleración horizontal del punto A:

aA = a g h/2 = g

3bh . + h2

4b 2

6/98 (6.102) El camión, inicialmente en reposo con un rollo cil´ındrico macizo de papel colocado en la forma indicada, avanza con aceleración a constante. Hallar la distan cia s que recorre el camión antes de que el rollo de papel salga de laesplataforma izontal. El rozamiento suficientehorpara evitar el deslizamiento.

En este problema el rollo rota en sentido antihorario al mismo tiempo que se mueve hacia la derecha, siendo ambos movimientos acoplados por la condición de rodadura. Definiendo s la posición del borde del camión, x como la distancia del rollo al punto de partida, y z la distancia del borde del camión al rollo:

s+z= x . 63

El movimiento del camión es conocido: s(t) = at2 /2, pero necesitamos saber la evolución de z (t). Cuando el rollo rueda en sentido antihorario, z disminuye (rodadura perfecta):

z¨ =

−αr .

Haciendo un DCL para el rollo de papel con respecto a su centro de masa G (aparecen la normal N y la fuerza de roce hacia adelante R), y llamando x a la posición absoluta del rollo: 1 N = mg , R = mx¨ , Rr = I α = mr2 α . 2 Despejando α = 2¨ x/r, x¨ = a/3, obtenemos para la segunda derivada de z : 2 z¨ = x¨ s¨ = z¨ = a . 3 Como la coordenada z obedece un movimiento uniformemente acelerado (usando condición inicial z (0) = d, z˙ (0) = 0):

−

⇒

1 z (t) = d + 2

−

 a

2 2 t , 3

por lo que el rollo alcanzar´ a el borde z (t) = 0 luego de transcurridos t = 3d/a, tiempo en el cual el camión habrá recorrido:



6/112

1 3 s = at2 = d . 2 2

Las varillas uniformes están articuladas en B y se mueven en el plano vertical. Si parten del reposo en la posici´ on que se muestra en la figura, determinar la velocidad v con que B choca con el plano horizontal. Despr´ eciese todo rozamiento.

En este problema se nos pide la velocidad final (independientemente del tiempo transcurrido). Esto sugiere usar la conservación de energ´ıa. 64

Atendiendo a la posición del centro de masa de cada varilla, la energ´ıa potencial gravitatoria inicial será:

 Vi = 2 2 sen

mg .

En general las componentes horizontales de las velocidades de los centros de masa de las varillas ser´ an distintas, pero solo nos interesan las componentes verticales en el instante final que aportan a la energ´ıa cinética final de las dos varillas cuando éstas estén horizontales. Sumando la contribución de la traslación y de la rotación en torno al centro de masa de cada varilla:



1  Kf = 2 m ω 2 2

2

+2

1  mω2 . 2 12

Luego despejando la velocidad angular:

g ω 2 = 3sen θ .  6/118 (6.140) Una varilla delgada metálica de longitud  y masa m está soldada a la periferia de una aro de radio . Si el ar o se li bera a partir del reposo en la posici´ on indicada, donde la varilla es perpendicular a la superficie de apoyo, determinar la celeridad v del centro del aro una vez que éste ha realizado su primera vuelta completa. Supóngase que no hay deslizamiento y despr´ eciese el peso del aro.

Como la fuerza de roce (que evita que el aro deslice) no trabaja, podemos usar conservación de energ´ıa:

Kf + Vf = Ki + Vi . Después de dar una vuelta, el punto del aro en contacto con el plano habrá bajado 2 π sen θ. Luego la dis minución de energ´ıa potencial 65

será de 2 π sen θmg . La energ´ıa cinética ser´ a la suma de traslación y rotación con respecto al centro de masa de la barra 2

Kf

1 mω 2 (3/2)2

=2

+ 12 m 12  ω 2 = 12 m2 ω2 73 .

Tambi´ en se pudo haber usado el centro instantáneo de rotación y la fórmula de Stein er para la inercia. El centro del aro no es un punto u ´ til para el cálculo de la energ´ıa. Luego la rapidez angular final será:

ω=



12 π sen θ . 7

g

6/163 (6.207) El disco circular uniforme D de 4 kg puede girar libremen te sobre cojinetes en torno al eje C-C. El brazo B de 2 kg está unido r´ıgidamente al a´rbol vertical O-O. Dicho brazo puede considerarse como una barra delgada de 30 cm de longitud, y el momento de inercia del ´ arbol vertical O-O puede despreciarse. La varilla maciza A de 3 kg está asegurada a fondo al brazo B. Si inicialmente el disco D tiene una velocidad angular ω0 = 7 rad/s en el sentido indicado y el brazo B est´ a en reposo, determinar la velocidad angular ωB del brazo despu´ es de aplicar durante 4 segundos un momento M = 2 Nm.

Consideremos primero lo que pasa con el disco D. Como éste puede girar libremente en torno a eje C C , no tendrá torques respecto a su centro de masa, y su momento angular respecto a C C permanecerá constante. Luego el disco D girará siempre con rapidez angular ω0 en sentido horario.

−

−

Consideremos ahora el sistema total formado por el disco D, la varilla A y el brazo B . Ocupando el momento angular con respec to al eje 66

O

− O en el instante inicial cuando el brazo está en reposo: 1

HOi =

2 2 mD rD ω0 .

2 En el instante final (después de transcurridos ∆ t segundos), aparecen términos asociados al brazo B (rotación en torno a su centro de masa), a la varilla A (rotación) y dos asociados al disco D (rotación y traslación):

−

HOf

1 1 = mB (2R)2 ωB2 + mA 12 2

 

rA2 1 + R2 ωB2 + mD R2 ωB2 2 2

− 12 m

2 2 D rD ω 0

.

El efecto del torque M será:

HOf = HOi + M ∆t , expresi´ on de la cual es posible despejar ω B en función de M :

ωB =



M ∆t 1 m (2R)2 12 B

+

1 m 2 A

  2 rA 2

+ R2 + 12 mD R2

La rapidez ω 0 del disco D no influye para nada.

6/168 (6.215) Se suelta un poste uniforme de longitud L formando un ángulo θ con la vertical y al chocar el extremo A con el suelo ambos extremos llevan una misma velocidad v. Si el ex tremo A gira en to rno a su punto de contacto durante el resto de su movimiento, determinar la velocidad v  con la que choca B contra el suelo.

Cuando el extremo inferior del poste toca el suelo, éste se detiene en seco, sin perjuicio de que el otro extremo siga callendo, quiz´ as más lentamente debido al fuerte impulso hacia arriba. Luego la energ´ıa del poste no se conserva en la colisión. S´ı se conserva en cambio el momento 67

angular con respecto al punto A, debido que el impulso en A no hace torque en torno al mismo punto. Por otra parte, después de la colisión y hasta que el poste alcanza la horizontal, el momento angular no se conserva debido al torque de la gravedad. S´ı se conserva la energ´ıa (cinética m´ as potencial). Para el instante inmediatamente anterior a la colisión:

 A1 = H = =

 

r

× v dm , m dx , L

 ×−  − −  − x(sen θx + cosθy)

v sen θ

( vy)

m L2 z. L 2

Para el instante inmediatamente posterior:

 A2 = H Luego

mL2 + mL 2 ω z = 2 12 4

ω2 =

mL2 ω z . 2 3

v 3 sen θ . L 2

La energ´ıa cinética inmediatamente después del impacto:

K2 =

1 mL2 2 ω , 2 3 2

y la potencial respecto al suelo:

V2 = mg L cos θ . 2 Cuando el poste alcance la posición horizontal:

K3 = Luego:

ω32 =

3 2 v 8

1 mL2 2 ω , 2 3 3

sen 2 θm + mg L2 cos θ 1 mL2 2 3

68

,

y la rapidez con que el extremo B golpea el suelo: 9

v  = ω3 L =



v 2 sen 2 θ + 3 gL cos θ .

4

69

Cap´ıtulo 7 Cinem´ atica de los Cuerpos R´ıgidos en el Espacio 7/2 Determinar un único eje de rotación fijo que pase por O y en torno al cual el panel solar de un cierto veh´ıculo espacial pueda girar de forma que su posición cambie de A a B en una rotación u ´ nica. El lado del panel encarado en el sentido positivo del eje x en la posición A, debe estarlo en el positivo del eje z en la posición B. Des´ıgnese el eje de rotación por un vector unitario n a lo largo del eje y especif´ıquese la magnitud del ańgulo ∆θ girado alrededor del eje de rotación.



Para identificar la rotación que llevó al sólido en A a la posici´ on B, existe al menos dos métodos:

• Un primer método geométrico consiste en construir el plano simetral al segmento entre un punto en A y su versi´ on rotada en B. Repitiendo el proceso para otro punto, podremos encontrar la in-

70

tersecci´ on de los planos simetrales, que es el eje de rotaci´ on:

√12 (x + z) .

n=

 

Por ejemplo se podr´ıan haber usado los vértices del panel. Una vez identificado el eje es sencillo, mirando la rotación de un punto cualquiera del panel, darse cuenta que el ángulo de rotación es: ∆θ = π .

• Un método algebraico, consiste en seguir la transformación de los vectores unitarios:

 → −  → −  →  − − 

x

z, y

y, z

x,

y construir una matriz de rotación:

R=

0

0

1

0 1

1 0 0 0

.

√

√

Esta matriz tiene un vector propio ( a, 0, b) = (1 / 2, 0, 1/ 2)T asociado a un valor propio 1, que corresponde al eje de rotaci´ on.

7/5 (7.5) La barra A gira alrededor del eje O-O de la abrazadera que está sujeta al extremo del eje vertical rotatorio. El eje gira con una velocidad angular constante ω 0 como se muestra en la figura, y los ejes x y

−

est´ an unidos θ cambia a razóaln eje de vertica θ˙ = p,l rotatorio. escribir lasSiexpresiones de la velocidad angular ωn del eje de la barra y la velocidad angular ω de la barra como un cuerpo tridimensional.

−

La barra se comporta como un sólido r´ıgido que gira con una velocidad angular ω que se describe como una suma de rotaciones, una en torno a z y otra en torno a y:





ω =

 

−px + ω z , 0

71



donde x, y son vectores horizontales que están girando de forma tal que la barra se mantiene en el plano x, z. Se podr´ıa haber llegado a la misma expresi´ on para ω usando ángulos de Euler: θ˙ = p, ψ˙ = ω0 , φ˙ = 0.

−

Para entender ahora la descomposición de ω en componentes tangencial y normal: ω = ωt + ω n ,



es necesario distinguir la dirección del eje de la barra:



t=



 

− sen θx + cos θz.

Ahora ω t = ω 0 cos θ. Luego el resultado de restar la proyección:

·

7/12 (7.30)

   − −     

ωn = ω (ω t)t = p y + ω0 z ω0 cos θ ( sen θ x + cos θz) = p y + ω0 (sen θ cos θx + sen 2 θ z) .

− ·

El cono de revolución, macizo, de radio r y altura h, rueda sin deslizar sobre una superficie plana. El centro B de la base se mueve, describiendo una trayectoria circular alrededor del eje z, con celer idad constante v . Determinar (a) la velocidad angular ω  del cono macizo, (b) la velocidad angular ωOB del eje del cono, (c) la velocidad angular ω  OA de la generatriz del cono en contacto momentáneo con el plano, y (d) la aceleración angular α  del cono.

Este problema se puede abordar de diversas formas pero la clave es imponer la hipótesis de rodadura perfecta, ya sea a través de vA = 0,  = 0, o bien a través de una relación entre el movimiento en ω OA torno al eje z y la rotación en torno al eje del cono.

×

Comencemos entendiendo la geometr´ıa del problema, en un plano vertical que contenga al eje del cono. Si θ es el ángulo que forma la vertical con el eje del cono, entonces: h h r tan θ = , sen θ = , cos θ = . r h2 + r2 h2 + r 2

√

72

√

La distancia de B al eje es d = h sen θ . Para construir la velocidad angular del cono ω una posibilidad es usar ángulos de Euler , ,. La rotación de B en torno a eje z : ˙ sen θ = v = ψh



v h sen θ

ψ˙ =

⇒



Usando ejes x, y horizontales que giran con el eje del cono y z siempre vertical (θ˙ = 0):

ω =

−ψ˙ z + φ˙ (cos θz + sen θx) .



 

Esta expresión tambi´ en se puede construir observando que ω es la suma de dos rotaciones.

• Luego para imponer la condición de rodadura podemos usar que la recta en OAesa es el eje instant´ aneo de rotaci´ onhorizontal: y obligar al vector ω a yacer l´ınea. Imponiendo que ω sea



ω z =

·

−ψ˙ + φ˙ cos θ = 0 =⇒

φ˙ =

ψ˙ . cos θ

• Estableciendo una proporción entre la circunferencia de la tapa del cono y la circunferencia que describe A en el plano:

ψ˙ OA ψ˙ φ˙ = = r cos θ De esto se obtiene un primer resultado:

ω = v h2 + r2 x . rh

√



Derivando esta expresión y tomando en cuenta que x˙ = 2

α =

− hv r (h 3

2

+ r2 )y .



ψ˙ y,

 −

Podr´ıamos haber usado la velocidad angular  de los ejes xyz .

73

La velocidad de rotación de un eje, por ejemplo ωOA , es un concepto distinto a la velocidad angular de un sólido, y corresponde a la componente de ω normal al eje en cuestión:

ωOA = ωn,OA = ω =0,



− (ω · x)x

lo cual tiene sentido porque el eje OA (en cuanto pertenece al sólido) es el eje instantáneo de rotación y por ende está instantáneamente en reposo. Para el eje OB ,

 −       − −   

ωOB = ωn,OB = ω (ω (cos θ z + sen θ x))(cos θz + sen θ x) = (ω (sen θz cos θ x))( sen θ z cos θ x) v = h2 + r2 cos θ(sen θz cos θ x) v rh 2 r2 hr = h + r2 x z . 2 2 2 rh h +r h + r2

·

√ −√

− · −

Un procedimiento ligeramente distinto hubiera sido usar ejes m´ oviles x , y , z con z en el eje del cono, x perpendicular a z y en el plano horizontal.

 

7/15 (7.27)

El cono de revolución A rueda sobre el cono de revolución fijo B uniformemente y realiza una vuelta completa alrededor de B cada 4 segundos. Calcúlese el módulo de la aceleración angular α  del cono A.

Para calcular la velocidad angular ω existen al menos dos procedimientos.

• El primero es construir el vector ω como una suma de una rotación





en torno a Z y otra en torno a z. Llamando a θ el ángulo formado 74

 

entre Z y z, y Y la dirección horizontal en el plano vertical que contiene al eje del cono menor: ˙ ˙ ω = ψ Z + φz = ψ˙ Z + φ˙ (cos θ Z + sen θ Y) ,

    − 

donde ψ˙ = 2π/ 4 rad/s y φ˙ se puede calcular imponiendo que ω esté a lo largo del eje instantáneo de rotación OB, paralelo a Z + Y y por tanto perpendicular a Z Y y a X:



· − Y) = ψ˙ + φ˙ cos θ − φ˙ sen θ = 0 , ˙ (sen θ − cos θ ). Luego φ˙ = ψ/ ω (Z



• Se podr´ıa haber llegado a idéntica expresión usando ángulos de Euler y notando que φ˙ = 3ψ˙ , debido a la razón entre los radios,

erapideces independiente de lareemplazar inclinación entre los conos. se pueden en relativa la expresión general de laEstas velocidad angular:

ω = θ˙x + ψ˙ sen θ y + (φ˙ + ψ˙ cos θ)z ,









donde x, y, z son ejes que siguen al eje del cono pequeño. Volviendo a nuestro problema, para calcular θ necesitamos entender la geometr´ıa de los dos conos, que se basan en triángulos rectángulos. El triángulo mayor tiene catetos R, R e hipotenusa 2R. El triángulo menor tiene hipotenusa 2R y catetos r, 2R2 r 2 . Si β es el ángulo

√

√

75

√

−

interior menor del triángulo pequeño y R = 3r:

π π cos β + cos sen β 2 2 1 17 1 = + 18 2 18 π π cos θ = cos cos β sen sen β 2 2 1 17 1 = 18 2 18 1 2 1 sen θ cos θ = = 3 2 18 2 17 17 sen θ + cos θ = = . 6 3 sen θ = sen

 √  −    √ −√   √ √ √

−

√

√

Finalmente, derivando la velocidad angular ω  y usando ˙ Y = Ω llegamos a:

 ×  × −   − −  Y = (ψ˙ Z)

˙ α  = φ˙ sen θ Y = 2

=

en unidades de

− π4 √12

Y=

ψ˙ X ,

sen θ X sen θ cos θ 17 1 + 3X. 18 18

ψ˙ 2

√



rad/s2 .

7/16 (7.51)

76

El rotor del giroscopio indicado gira a velocidad constante de 100 rpm relativa a los ejes x y z y en el sentido indicado. Si el ángulo γ que forma el anillo de la suspensión cardan con el plano horizontal X Y se hace crecer uniformemente a razón de 4 rad/s y si el conjunto de fuerza a precesionar en torno a la vertical al ritmo constante de N = 20 rpm, calcular el módulo de la aceleración angular α  del rotor cuando γ = 30◦ .

− −

−

Ser´ıa muy dificil resolver este problema sin la ayuda de los ángulos de Euler. El eje del rot or está inclinado θ = π/ 2 γ , y θ˙ = γ˙ = 4. ˙ ˙ La precesi´ on est´ a dada por ψ = 2 πN/ 60 = 2 π/ 3. La rotaci´ o n φ 100 2π/ 60 = 10 π/ 3. Luego la velocidad angular absoluta del rotor en= el sistema solidario al eje:

−

−

−

·

ω = θ˙x + ψ˙ sen θy + ( φ˙ + ψ˙ cos θ )z , = 4x + 2π/ 3 cos γ y + (10π/ 3 + 2π/ 3 sen γ )z .

−   





Para derivar esta expresión no hay que olvidar que los ejes se est´ an moviendo con velocidad angular:

 = θ˙x + ψ˙ sen θy + ψ˙ cos θ z , Ω = 4x + 2π/ 3 cos γ y + 2 π/ 3 sen γ z .

−

    77



Luego la aceleración angular del rotor:

α  = ω˙ =

dω dt

 +Ω

− −   − −   − − − − x,y,z

× ω

 

= 8π/ 3 ( sen γ y + cos γ z) + ( 4x + 2π/ 3 cos γ y + 2 π/ 3 sen γ z) ( 4x + 2π/ 3 cos γ y + (10π/ 3 + 2π/ 3 sen γ )z) , = 8π/ 3 ( sen γ y + cos γ z) 8π/ 3 cos γ z + 4(10π/ 3 + 2π/ 3 sen γ )y + 8π/ 3 cos γ z 2π/ 3(10π/ 3 + 2π/ 3 sen γ )x 8π/ 3 sen γ y (2π/ 3)2 sen γ cos γ x .

×   

Esta u ´ ltima expresión puede ser evaluada numéricamente usando sen γ = 1/2, cos γ = 3/2.

√

7/20 Un cubo r´ıgido de arista a, gira alrededor de un eje perpendicular a dos de sus caras por el centro, con velocidad angular constante ω 0 . Determ´ ınese la expresi´ on de la velocidad angular ωAB y de la aceleración angular αAB de la diagonal AB de una de las caras, considerada como una l´ınea.

La velocidad angular del segmento AB corresponde a la componente vector ω normal al segmento AB. Existen varias formas de calcular del ω ωn que explica el movimiento AB . La primera es ident ificar al vector  relativo de B y A:  vA = vB + ωAB BA  : donde ωn está sujeto a la restricción de ser perpendicular a BA

×

 =0. ωAB BA

·

Otro procedimiento más sencillo es usar:

ωAB = ω



− (ω · BA)BA . 78

   √ √ √ −− −  −     × × − 

Reemplazando ω = ω 0 z, BA = (x + z)/ 2 (normalizado).

ωAB = ω 0 z

( ω0 / 2)( x + z)/ 2

= ω20 ( x + 3z) .

La aceleración angular se puede obtener usando x˙ = ω 0 z

α  AB = ω 7/21 (7.31)

ωAB =

x o bien:

ω02 y. 2

El helicóptero está picando a la velocidad constante de q rad/s. Si las palas del rotor giran a la velocidad constante de p rad/s escr´ıbase la expresi´ on de la aceleraci´ on angular α  del rotor. Tómese el eje y ligado al fuselaje, dirigido hacia adelante y perpendicular al eje del rotor.

Componiendo el vector velocidad angular del rotor (también se pueden usar ángulos de Euler): ω = pz qx ,

− 

y el vector velocidad angular de los ejes:

 = Ω

−qx .



El vector velocidad angular (los coeficientes no cambian):

α  = Ω



× ω = pq y .

7/33

79

Los extremos A y B de la varilla telesc´ opica est´ an unidos asobre sus respectivos collares cuyas posiciones los árboles vienen gobernadas por los dos tornillos de gu´ıa. Si los tornillos est´ an ambos girando de forma A y B están ambos movi´ endose a 15 cm/s en los sentidos indicados, determinar la velocidad angular ωn del eje AB de la varilla en el instante en que x = y = 20 cm.

La resolución de este problema presenta algunas peculiaridades. En primer lugar la varilla telescópica no es un sólido r´ıgido. En segundo lugar no conocemos otra velocidad angular que podamos descomponer. Definamos un punto C en la varilla que esté siempre a distancia constante de B ( 3d), y que instantáneamente coincida con A:

√

 = BA

  

−xx + yy + dz =⇒

 = BC

   √

− xxx ++yyy ++ddz 2

2

2

3d .

Nuestra ωn será tal que explique el movimiento relativo de B y C, y perpendicular a la varilla:

vC = vB + ωn

 , ω · BC  =0. × BC n

La primera ecuación produce:

−vx+vy− 23 v(x+y+z) = v x+zω d−yω

          −  − ny

nx d+zωny d+xωny d

yωnz d xωnz d ,

que se puede decomponer en tres ecuaciones, una de las cuales es linealmente dependiente de las otras dos. Reemplazándola por ωnx + ωny + ωnz = 0, llegamos al siguiente sistema de tres ecuaciones y tres

−

80

incógnitas: 2 v + v = v + ωny d

ωnz d

−v − 23 v = −ω d − −ω d 3 0 = −ω + ω + ω nx nx

nz

ny

La solución del sistema:

ωn =

− 3vd (x + y) .



81

nz

Cap´ıtulo 8 Cin´ etica de los Cuerpos R´ıgidos en el Espacio 8/2 La varilla de masa m y longitud  gira alrededor del eje y con una velocidad angular ω. Escribir a simple vista la ex de la varpresi´ on del momento cinético H illa respecto del origen de coordenadas para la posición indicada en la figura.

Para calcular el momento angular con respecto al srcen, existen varias posibilidades: Usando la definición de momento cinético:

•

O = H



r

× (ω × r) dm

    ×  −  × ×  −  − 

En este caso d m = λ d y , donde λ = m/ , y r = b z + y y. Luego el doble producto cruz

r

(ω

r) = (bz + y y)

ωb x = ωb2 y

ωby z .

Reemplazando e integrando:

O = H

(ωb 2 y

ωby z)λ d y = mωb2 y 82

m b z. 2

• Usando el tensor de inercia con respecto al centro de la barra y el teorema de Steiner:

IO,x,y,z = luego:



m2 /12 0 0 b2 + (/2)2 0 0 0 +m 0 0 0 m2 /12 0

 O = IO ω H =

    − 0 mb2 ω mb /2

−

0 0 b2 b/2 b/2 (/2)2

−

.

• Pero sin duda la forma m´ as simple es usar la relaci´ on entre el momento angular respecto a un punto fijo y el momento angular respecto al centro de masa:

O = H  cm + rcm H

× Mv

cm

que en este caso, dado que la barra es delgada y su centro de masa describe circunferencia, se simplifica:

   × 

 O = 0 + bz +  y H 2 8/5

mbωx

Probar que el momento de inercia de las tres bolas iguales de masa m y radio r tiene el mismo valor para cualquier eje que pase por O.

• El momento de inercia con respecto a un eje cualquiera, no nece-

sariamente uno de los coordenados, puede ser calculado usando el cuadrado de la distancia al eje de cada una de las part´ıculas. Esta distancia se obtiene mediante un producto cruz r e:

×

83





.

Iee = xmb2 x

| × e|

2

+ ymb2 y

2

| × e|

+ zmb2 z

2

| × e|

.

Existen dos formas de expresar la dirección del eje e: usando cosenos directores e =  x + my + nz con  2 + m2 + n2 = 1, o bien usando coordenadas esféricas:

            e = x cos θ cos φ + y sen θ cos φ + z sen φ .

Reemplazando esta u ´ ltima expresión, y luego de aplicar varias veces la identidad trigonométrica fundamental (cos2 θ + sen 2 θ = 1):

|

Iee = mb2 z sen θ cos φ y sen φ 2 + + y cos θ cos φ x sen θ cos φ 2 = mb2 2 ,

|

−



−

 





 

| | − z cos θ cos φ + x sen φ| |



2

independiente de θ, φ y por ende de la dirección del eje e.

• El tensor de inercia con respecto a O: IO =

2mb2 0 0 0 2mb2 0 0 0 2mb2



 O será es proporcional a la identidad, luego el momento cinético H siempre paralelo al vector velocidad angular ω . 8/13 (7.70) El disco macizo circular de masa m y radio r gira en un c´ırculo de radio b sobre el plano x y sin rozamiento. Si el eje OC gira alrededor del eje z con una velocidad angular ω, determinar el momento cinético del disco con respecto al punto fijo O.

−

84

Usando el teorema de Steiner para el tensor de inercia del disco con respecto al punto fijo O, en la base x, y,z indicada en la figura: 2

IO =

IIxxyx

−−

Izx

IIyyxy

IIxz yz

IO = mr 2



+m

zz

que en este caso:

2

ddxy ddzz d+y ddxz ) (d2x d+x ddy2z ) dz dx dz dy (d2x + d2y )

  −− −− −     

− − −I I zy

(dy

1/4 0 0 0 1/ 2 0 0 0 1/4

+ mb2

1 0 0 0 0 0 0 0 1

.

.

Si ω = ω z entonces:

mr2 ω + mb2 ω z . 4

O = H



8/18 (7.73)

El disco circular uniforme de masa m y radio r está montado sobre su eje, el cual pivota en O en torno al eje vertical z0 . Si el disco rueda sin deslizar y realiza una vuelta completa a lo largo del disco fijo mayor en un tiempo τ , escribir la expresi´ on del momento cinético del disco respecto a los ejes x y z que pasan por O. ( Sugerencia: La rotación relativa



− −

ax

− y − z es R

/rdonde ω = 2π/τ .)

El vector velocidad angular del disco pequeño puede ser escrito como una suma (introducimos un signo menos para respetar regla de la mano derecha):

ω =

Rω − Rω y + ωz = − y + ω (cos αz + sen αy) , r r

 



0

  

 = ω z0 perfectamente verdonde x, y, z están girando con velocidad Ω tical.



85

El ángulo α de la inclinación del eje del disco, aparece en el triángulo rect´ angulo formado por el eje del disco, un radio vertical del disco, y un radio horizontal del disco fijo mayor: sen α =

r , cos α = R

− 1

r2 . R2

Se puede verificar que ω coincide con el eje instantáneo de rotación, que por tratarse de rodadura, es horizontal y pasa por el punto O y el punto de contacto entre los discos. En otras palabras, ω  es una combinación lineal de y, z y es perpendicular a z0 (vertical):





ω z0 =

·



− Rω sen α + w = 0 . r

Para el momento angular con respecto a O existen varios procedimientos:

• La contribución al momento angular de un diferencial de masa d m (ωx = 0):

 O = x [ xy ωy dH

 −  −  −

xz ωz ] dm + y (z + x2 ) ω y yz ωz dm + z zy ωy + (x2 + y 2 ) ωz dm . 2

−



Analicemos uno a uno los diferentes términos. Por simetr´ıa los términos en xy,yz,xz (productos de inercia) no aportan. Por otra parte:

  

z 2 ρ d x d y dz =



r3 cos2 αρ d α d r dx =

r2 m, 4 2 r x2 ρ d x d y dz = m , 4 =

y 2 ρ d x d y dz = (R2

2

− r )m .

86



r 4 2π ρdx 4 2

En resumen, el momento cinético ser´ a: 2

 O = x 0 + y r πm H 2 r 2 m 2π = yr 2 τ R

Rω r

   −−   R r

+ω

r

+z

r2

R 4 r4 2 +z m + (R 4

πm + (R2

r 2 )m ω 1

    −  − −  − r2 )m

2π τ

r2

1

R2

• Otra forma de resolver el problema es calcular el tensor de inercia: IO,x,y,z = mr y luego aplicar:

2

1/4 0 0 0 1/2 0 0 0 1/4



+ m(R

2

2

−r )

  1 0 0 0 0 0 0 0 1

.

 O = I O ω H

8/28 (7.63) El disco circular de masa m y radio r está montado sobre un árbol vertical existiendo un pequeño ángulo α entre el plano del disco y el perpendicular al eje del árbol. Calcular la expresión del momento flector M en el árbol debido al balanceo del disco para un balanceo del disco para una velocidad angular del árbol de ω rad/s.

Este problema ilustra un resultado general: aún cuando el movimiento O es plano y la velocidad angular ω constante, el momento cinético H precesa en torno a la dirección de ω , luego debe existir un torque de direcci´ on rotatoria. La energ´ıa cinética depende de Izz pero el torque depende de todo el tensor de inercia. Este torque no realiza trabajo. Se puede entender esto como una consecuencia de que la direcci´ on de ω no coincida con alguno de los ejes principales del cuerpo. En los ejes x  ,y,z  (solidarios al disco y coincidentes con sus ejes principales) el tensor de inercia con respecto al centro es relativamente 87

.

r2 R2

sencillo de calcular debido a que los productos de inercia son cero y solamente aparecen los momentos de inercia:

IO,x yz = mr 2 



luego el momento cinético:



1/04 10/4 00 0 0 1/ 2



 O = x 1 mr2 ωx + y 1 mr2 ωy + z 1 mr2 ωz . H 4 4 2



         



• En ese mismo sistema la velocidad angular es:

ω = ω z = ω cos αz + sen αx .

Reemplazando obtenemos el momento angular en el sistema rotatorio solidario al disco:  O = 1 mr2 ω sen αx + 2 cos αz H 4

Para calcular la derivada con respecto al tiempo usamos:

˙ O = ω H

× H

O

=

− 14 mr ω 2

2



sen α cos αy

• O bien en un sistema rotatorio pero paralelo al eje de rotaci´ on:  O = 1 mr2 ω (sen α(cos αx + sen αz) + 2 cos α( sen αx + cos αz)) . H 4

−

   

 

 O en x, z no cambian en el tiempo, Los coeficientes del vector H pero como x está rotando:



x˙ = ω y .

Luego la derivada temporal del momento angular:

˙ O = H

− 14 mr ω 2

88

2



sen α cos αy ,

• Rotando el tensor de inercia: IO,xyz = mr

= mr2 Luego:

Izz =

cos α 0 sen α 1/ 4 0 0 cos α 0 sen α 0 1 0 0 1/4 0 0 1 0 sen α 0 cos α 0 0 1/2 sen α 0 cos α 1 1 cos2 α + 12 sen 2 α 0 sen α cos α 4 4 1 0 0 4 1 1 1 2 sen cos 0 sen + cos2 α α α α 4 4 2

−

2

 −

 

 − 

−

mr2 mr 2 mr2 sen 2 α + cos2 α , Ixz = sen α cos α , Iyz = 0 4 2 4

y podemos reemplazar en las ecuaciones de Euler para movimiento plano ( ω = ω z z): 2

Mx = Ixz ω˙ z + Iyz ωz2 My = Iyz ω˙ z Ixz ωz Mz = Izz ω˙ z



−−

−

Ahora para este problema la única componente del tensor de inercia necesario es Ixz , que podr´ıamos haber calculado a partir de la definición:

Ixz =



(r cos θ cos α)(r cos θ sen α) r drdθ

• Las ecuaciones de Euler en su forma general (usando ejes

x ,y,z 

indicados en la figura):

Mx = Ix x ω˙ x (Iyy Iz z )ωy ωz My = Iyy ω˙ y (Iz z Ix x )ωz ωx Mz = Iz z ω˙ z (Ix x Iyy )ωx ωy 





− − − − − − 

































tambi´ en permiten calcular My . Necesitaremos los elementos del tensor de inercia calculados srcinalmente y:

ω = ω (cos αz + sen αx )



cuyos coeficientes son constantes. 89





La componente y del momento flector: 1

My =

mr2 ω 2 sen α cos α ,

4 es una expresión que se anula en α = 0, π/ 2, cuando el eje de rotación coincide con uno de los ejes principales del disco.

−

8/29 (7.89) La varilla OA de masa m y longitud  gira libremente alrededor de un eje horizontal en O. El espigón O y el árbol giran con una velocidad angular constante ω alrededor del eje vertical z. Escribir la expresión que dé el angulo ´ θ que forma la varilla con la vertical. ¿Qu´ e valor m´ınimo debe tener ω para que la barra adquiera una posición distinta a la vertical?

Para que la varilla OA asuma una posici´ on distinta a la vertical, es necesario que exista un torque y por lo tanto un vector momento angular que cambie en el tiempo. Si el ángulo θ es constante, entonces la

 − 

rotación tiene como eje la dirección z, y la velocidad angular: ω  = ω z = ω (cos θ z sen θx ) ,

      −  ×  −  × − −

donde los ejes x , z son solidarios a la varilla. En el sistema primado x , z , el momento cinético ser´ a: 3  O = x  aρ ωx + 0 + 0 + y [0 + 0 + 0] + z [0 + 0 + 0] H 3 2 = x m ω sen θ . 3 

La derivada (con respecto a ejes fijos) deberá poseer un término correspondiente a x˙  = ω x : 2 ˙ O = m  ( sen θ)ω 2 (cos θ z H 3

sen θx )

x =

m

2 sen θ cos θ y . 3



Por otra parte M y = mg 2 sen θ. Luego para que exista equilibrio y el ángulo θ pueda ser constante:

−

cos θ = 90

3 g . 2 ω 2

8/39 Las dos placas semicirculares A y B de masa m y radio r cada una están r´ıgidamente unidas por una varilla de masa despreciable. Si se sueltan en reposo y en la posición indicada sobre una superficie horizontal, determinar para ese instante las fuerzas de roce y normales, asumiendo que no hay deslizamiento.

La estrategia será la siguie nte: primero se analizará el diagrama de cuerpo libre; luego las fuerzas externas y el movimiento del centro de masa; finalmente el momento angular y los torques de las fuerzas externas en torno al centro de masa . De esta for ma llegaremos a un sistema de ecuaciones que nos entregar´ a tanto las fuerzas como las aceleraciones. Usaremos ejes x,y,z hacia la derecha, arriba y hacia afuera de la página. Las fuerzas sobre el sistema:

• el peso del sistema 2 mg aplicado en el centro de masa del sistema; • la normal N hacia arriba aplicada en el punto de contacto de A

semidisco A;

NB hacia arriba aplicada en el punto de contacto de semidisco B;

• la normal

la fuerza de roce fA hacia la izquierda aplicada en el punto de

• contacto de semidisco A; • la fuerza de roce f hacia la izquierda aplicada en el punto de B

contacto de semidisco B.

Estas fuerzas externas explican el movimiento del centro de masa del

91

sistema, cuya aceleración en el instante inicial:

acm = aO + α 

× ρ + ω × (ω × ρ) −αrx + αz × − d2 x − d2 y

      − −    − − −   − −

=

d d α y+α x 2 2

αrx

=

Igualando fuerzas a masa 2 m por aceleración llegamos a las primeras dos ecuaciones:

fA

NA + NB

fB = 2m

αr + α

2mg = 2m

α

d 2

d 2

Pasando ahora al movimiento rotacional, notamos primero que:





ω = ω z , α  = αz

Luego el momento angular con respecto al centro de masa del sistema (no hay punto fijo) y su derivada (considerando derivadas de los coeficientes y derivadas de las direcciones):

 cm = L ˙ cm = L

−I −I

 −−   −  −  

xz ω x

Iyz ω y + Izz ωz

xz αx

Iyz αy + Izz αz

Ixz ω x˙

Iyz ω y˙ + Izz ω z˙

Los tres últimos términos son cero en el instante inicial. Dejaremos el cálculo de Ixz , Iyz , Izz para el final. Estos son elementos del tensor de incercia del sistema con respecto a su centro de masa. La presencia de productos de inercia muestra que los torques en los ejes x, y serán relevantes. Calculando los torques (el peso del sistema no hace torque con respecto

92

a su centro de masa):

d

b y+ z ( fA x + NA y) + 2 2 2 d d b x r y z ( fB x + NB y) 2 2 2 d d b b NA r fA z fA y NA x + 2 2 2 2 d d b b NB r fB z + fB y + NB x 2 2 2 2

 cm = M

=

r

x

d

  −  −− −  − ×−× −     −  −   −  −   −  −    

Igualando por componentes:

− 2b N + 2b N − 2b f + 2b f − r − d2 f A

d NA 2

A

  − −

d d fA + NB 2 2

r

 

−I −I

xz α

B

=

B

=

B

= Izz α

yz α

Las ecuaciones de fuerzas y torques configuran un sistema de 5 ecuaciones para 5 incógnitas ( NA , fA , NB , fB , α) cuya solución debiera ser trivial. Para calcular los elementos del tensor de inercia, calcularemos primero la inercia con respecto a O el punto central de la barra: (x2 + y 2 )dm +

 = Izz  = Ixz

I

yz

=

 

A A

xz dm = 0 +

B

yz dm +

mr2

  −  −  − B

xz dm +

A

(x2 + y 2 )dm = 2

yz dm =

B

b 2

2 b ( d) m 2

( d) m + 0

Los elementos del tensor de inercia con respecto al centro de masa se

93

pueden calcular usando el teorema de Steiner: I = I 0 zz

zz

Ixz

−

d  + 2m = Ixz 2

2

d 2

2

 + 2m Iyz = Iyz

 

En esta resolución se ha usado el centro de masa para calcular torques, momento angular y momentos de inercia, pero podr´ıamos haber usado también uno de los puntos de contacto, o en general cualquiera de los puntos del eje instantáneo de rotación, que en el instante inicial (el u ´ nico que nos interesa) tienen aceleración nula. Después de ese instante la aceleración será vertical y no estará dirigida al centro de masa del sistema. Para demostrar que el punto C, punto medio entre los dos puntos de contacto, tiene aceleración nula en el instante inicial, usamos movimiento relativo:

aC = aO + α  ρ + ω (ω  ρ) = αrx + αz ( r y) + 0 = 0

×

× × ×−

  

−

8/43 (7.104)

El volante gira con velocidad angular p en torno a su árbol OA, y éste a su vez gira alrededor de la vertical con velocidad angular N . Determinar si el extremo A del árbol se desv´ıa hacia arriba o hacia abajo cuando el árbol se dobla debido al efecto giroscópico durante la rotación.

La velocidad angular el volante:

 

ω = N z + px. El tensor de inercia del volante respecto de su centro de masa es:

IA =



1 mr2 2

0 0

94

0 1 2 mr 4 0

0 0 1 2 mr 4



,

y el teorema de Steiner:

IO = I A +

0 0 0 0 d2x 0 0 0 d2x

.

       

luego el momento cinético con respecto a punto fijo O será:

 O = 1 mpr2 x + H 2

1 2 pr + Nd2x z . 4

Para la derivada usamos que x˙ = N y:

2 ˙ O = mpr N y . H 2

Debiera haber un momento My > 0 que explique esta variación del momento cinético. Si este momento no existe o es inferior al valor calculado, el árbol tenderá a levantarse. 8/49 (7.111) En la figura puede verse un giroscopio de eje vertical utilizado para estabilizar un buq ue con tra el bal anceo. El motor A hace girar al pi˜ n´ on que comunica al giroscopio un movimiento de precesión al hacer girar a la gran rueda de precesión B y al rotor solidario en torno a un eje horizontal transversal al buque. El rotor gira dentro de su alojamiento con una velocidad de 960 rpm en el sentido de las agujas del reloj visto desde la parte superior y pesa 80 toneladas, siendo su radio de giro 1 .46 m. Determinar el momento ejercido sobre la estructura del casco por el giroscopio si el motor mueve a la rueda de precesión B a una velocidad de 0 .320 rad/s. ¿En cuál de los dos sentidos (a) o (b) deber´ıa girar el motor para contrarrestar un balanceo del buque hacia babor?

95

El balanceo hacia babor (izquierda) debe ser corregido aplicando sobre el barco un momento positiv o hacia la proa. Esto significa que el barco debe ejercer un momento negativo sobre el giroscopio. Usando ángulos de Euler o simplemente sumando las componentes del vector velocidad angular:

ω = θ˙x

pz ,

− 

donde x es un eje hacia estribor (derecha), y z el eje del rotor que se mantiene en un plano vertical definido por y (hacia la proa) y z (hacia arriba). θ crece cuando rueda B gira en sentido antihorario (en la figura) y motor A gira en sentido (a).







Asumiendo que el rotor tiene un radio de giro k en torno a su eje de simetr´ıa y k  respecto a los otros ejes (no se especifica pero como veremos no es relevante):

 O = k 2 mθ˙x H

k 2 mpz .

−   −     

 Derivando (θ¨ = 0) y usando z˙ = θ˙y donde y es un vector en plano perpendicular a x y perpendicular a z :



˙ O = k 2 mpθ˙y = k 2 mpθ˙(cos θy + sen θz) . H Luego para tener My < 0 es necesario que θ˙ cos θ < 0. Por lo tanto el motor debe girar en sentido (b).

8/68 (7.138)

96

Los elementos de una brújula giroscópica se muestran en la figura, donde el rotor, a una latitud norte y sobre la superficie de la Tierra, está montado sobre un sólo anillo de suspensión el cual puede girar alrededor del eje vertical y. El eje del rotor puede por tanto girar en el plano x z llamando β al ángulo que forma con la dirección norte. Suponer que el rotor gira con velocidad angular p y que sus momentos de inercia respecto al eje de simetr´ıa y a uno transversal por G son I e I0 , respectivamente. Demostrar que el eje de la brújula oscila alrededor de la direcci´ on norte de acuerdo con la ecuación β¨ + K 2 β = 0, donde K 2 = I ωp cos γ/I 0 y que el periodo de oscilación alrededor de la dirección norte para pequeños valores de β es τ = 2π I0 /(Iωp cos γ ). (Sugerencia: Las componentes de la velocidad angular de los ejes en función de la velocidad angular ω de la Tierra son:

−



Ωx =

−ω cos γ sen β

Ωy = ω sen γ + β˙

Ωz = ω cos γ cos β que pueden usarse en la ecuación de momentos según y, Ec. 159, para det erminar β en función del tiempo. Nótese que el cuadrado de la velocidad angular de la Tierra es pequeño y puede despreciarse frente a ω p. )

Este problema puede parecer complejo pero se puede resolver siguiendo paso a paso las sugerencias. En primer lugar, el vector velocidad angular en ejes x , y,z (ejes x, z son horizontales e y apunta hacia arriba, eje z es solidario al eje del rotor):

ω = pz + β˙ y + ω z0 .

   97



El vector z0 es paralelo al eje norte-sur y apunta hacia el polo norte. Se puede escribir (usando algo de coordenadas esféricas):

Luego:

cos γ sen β x + sen γ y + cos γ cos β z .

z0 =



 

−



ω = ( ω cos γ sen β )x + (ω sen γ + β˙ )y + (ω cos γ cos β + p)z ,

−

y el momento angular:

 





 G = I ( ω cos γ sen β )x + I0 (ω sen γ + β˙ )y + I0 (ω cos γ cos β + p)z . H

−





Antes de derivar conviene construir el vector  con que giran los ejes x,y,z , que será igual a ω  salvo la contribución de p :

 = ( ω cos γ sen β )x + (ω sen γ + β˙ )y + ( ω cos γ cos β )z , Ω

−







La derivada temporal del momento angular: ˙ G = I ( ω cos γ cos β β˙ )x + I0 (β¨)y + I0 ( ω cos γ sen β β˙ )z H  H G . +Ω

−

×

 

−



En detalle:

 Ω  Ω

× x = z(−ω sen γ − β˙ ) + y(ω cos γ cos β ) , × y = z(−ω cos γ sen β ) − x(ω cos γ cos β ) ,  × z = −y(−ω cos γ sen β ) + x(ω sen γ + β˙ ) . Ω

   

Coleccionando los términos en y:

 



My = 0 = I 0 β¨+I ( ω cos γ sen β )(ω cos γ cos β )+I0 (ω cos γ cos β +p)(ω cos γ sen β ) .

−

Despreciando ω 2 llegamos a una ecuación diferencial para β :

I0 β¨ + Ipω cos γ sen β = 0 , y aproximando sen β

≈ β, cos β ≈ 1:

I0 β¨ + ( Ipω cos γ )β = 0 ,

una ecuación diferencial que describe movimiento armónico para β (t). 98

8/69 Los dos discos circulares están r´ıgidamente unidos por un árbol ligero y ruedan sin deslizar sobre la superficie horizontal. Si los discos emplean τ = 4 s en realizar una revolución completa en el plano horizontal a velocidad constante, determinar las fuerzas normales N1 y N2 bajo el mayor y el m´ as pequeño de los disc os respe ctivamente. Los discos tienen masas m y 4m, y r = 15.2 cm.

La clave para resolver este problema es imaginarse un cono cuyo eje coincida con el eje de los discos y su generatriz sea la recta que une los puntos de contacto con el plano horizontal. Este cono será cinemáticamente equivalente al par de discos y puede ser usado para calcular ω . Su altura será 6r, su radio basal 2 r y su generatriz 40r . La l´ınea de contacto entre el cono y la superficie es el eje instant´ aneo de rotación, paralelo a ω .

√

El vértice O de este cono es un punto fijo que pertenece al cuerpo y está en la superficie horizontal, en el centro de las circunferencias que trazan los puntos de contacto de los discos. En el plano vertical que contiene a O y al árbol (eje del cono), tendremos dos triángulos rectángulos semejantes, de ángulo menor β tal que: sen β =

√110 ,

cos β =

√310

Las hipotenusas de los triángulos serán los radios de las circunferencias:

R1 =

√10r , R = √40r 2

Para usar la expresión de los ángulos de Euler, necesitamos primero ubicar los ejes móviles cuyo srcen est´ a en O. El eje z coincide con el árbol; el eje y está en el plano vertical que contiene al ´ arbol; el eje x está en el plano horizontal. El ángulo θ = π/ 2 θ˙ = 0:

− β entre el eje z y la vertical es constante, luego cos θ = sen β , sen θ = cos β 99

Por otra parte a partir de los datos del enunciado: ψ˙ = 2π/τ . Haciendo una proporción entre las rapideces angulares y los per´ımetros:

√

2πr φ˙ =

−2πr √10ψ˙

φ˙ =

=

⇒

−

2π 10 τ

El signo menos se colocó para respetar la regla de la mano derecha. Reemplazando:

ω =

  −√

2π cos β y + τ

 

10 + sen β z

Se puede verificar que este vector yace en la superficie horizontal, es colineal con O y los dos puntos de contacto, pero tiene sentido opuesto. Los tensores de inercia con respecto al vértice del cono (punto fijo), del disco grande (usando el teorema de Steiner): 1

I(1) O,xyz

=

0 0 1 0 4 0 0 12

(4m)(2r)2

+ (4m)

(6r )2 0 0 0 (6r)2 0 0 0 0

              04

y del disco pequeño:

2 I(2) O,xyz = mr

1 4

0 0 0 14 0 0 0 12

+m

(3r)2 0 0 0 (3r)2 0 0 0 0

La inercia total con respecto al punto fijo O:

IO,xyz =

Ixx 0 0 0 Iyy 0 0 0 Izz

= mr

2

629 4

0 0

0 629 4

0

De esta forma es posible calcular el momento cinético:

 O = I O ω H = I yy ωy y + Izz ωz z

  



,

.

0 0

17 2

 O , podemos usar relaciones del tipo Para la derivada temporal de H ˙x = Ω x. La velocidad angular de rotación del sistema de ejes:

 ×

 = 2π [cos β y + sen β z] Ω τ 100

 

Este vector es puramente vertical. Luego:

 x˙ = Ω

 

= ˙y = =

z˙ = =

Reemplazando:

×

x 2π τ [cos β z + sen β y] Ω y 2π sen β x τ  z Ω 2π cos β x τ

×     − ×  −

O = H ˙ O M Mx x =



−I

yy

2π τ

2



cos β sen β x + Izz

2π τ

2

   −√ (

10 + sen β )cos β x .



Ahora podemos plantear las ecuaciones din´ amicas del sólido r´ıgido: fuerzas externas y torques externos con respecto a punto fijo O. Participarán dos fuerzas normal es y cuatro fuerzas de roce: en cada punto de contacto existe una normal, una fuerza de roce hacia O y otra fuerza de roce tangente a la circunferencia. Como el centro de masa de los discos gira en una circunferencia horizontal, la componente vertical de su aceleración será cero. Por tanto las fuerzas verticales en los puntos de contacto y en los centros de cada disco: N1 + N2 = (5m)g , Escribiremos solo la componente x de la ecuación de los torques en torno al punto fijo O:

−(r

√

40)N1

− (r

√

10)N2 + (3 r cos α)(mg ) + (6 r cos α)(4mg ) = M x .

Despejando la primera incógnita:

N1 =

− M − 5mgr√10 √ √ . r 40 − r 10

√81 rmg 10

101

x

8/77 Una moneda que se mantiene en el plano vertical se lanza de forma que gire en torno a un diámetro vertical con velocidad angular ψ˙ apoyándose en una superficie horizontal rugosa. Si la moneda se considera como un disco delgado uniforme de radio r, determinar el valor de ψ˙ por debajo del cual la moneda no se mantiene derecha.

Como la superficie es rugosa podemos suponer que el punto de contacto O entre la moneda y la superficie está fijo. Por consiguiente podemos concentrar nuestra atención en el di´ ametro de la moneda que pasa por O. Asumiendo que es te diámetro está ligeramente inclinado, nos interesa saber si la inclinación aumenta, se mantiene o disminuye. El movimiento de la moneda en torno a un punto fijo se puede estudiar con las ecuaciones de Euler, que son ecuaciones diferenciales para las componentes de la velocidad angular ω del cuerpo en ejes solidarios al cuerpo:

Mx = Ixx ω˙ x My = Iyy ω˙ y Mz = Izz ω˙ z

− (I − I − (I − I − (I − I yy

zz

xx

zz )ωy ωz

, xx )ωz ωx , yy )ωx ωy .



Los ejes x, y, z deben salir del punto fijo y ser los ejes principales del cuerpo. En nuestro caso y coincide con el diámetro que va del punto fijo al centro de la moneda, z es perpendicular a la cara de la moneda, y x es perpendicular a los dos anteriores. Los momentos de inercia son (usando el teorema de Steiner):





5 1 3 Ixx = mr2 , Iyy = mr2 , Izz = mr2 . 4 4 2

Si el movimiento fuese de precesión pura en torno al diámetro, entonces ω = ψ˙ y además (usando ángulos de Euler) ψ¨ = θ˙ = φ˙ = φ = 0 y θ = π/2. Pero en general tendremos:



ωx = θ˙ , ωy = ψ˙ sen θ , ωz = ψ˙ cos θ + φ˙ , 102

donde ψ˙ es la precesión que quer emos acotar. El ángulo θ es la inclinación del eje z (cercana a π/ 2), y φ˙ es el ‘spinning’ que en este caso es cero. Los momentos My = Mz = 0 pero Mx = mgr sen θ . Reemplazando todo en las ecuaciones de Euler, llegamos a tres ecuacione s. La primera ecuaci´ on:



5 mgr sen θ = mr2 θ¨ 4

−



1 2 mr 4

− 32 mr

2



ψ˙ sen θωz ,

es una ecuación diferencial para θ . Para valores de θ cercanos a π/ 2 podemos definir ϑ = θ aproximar sen θ 1 ϑ, cos θ ϑ. A primer orden en ϑ:

≈ −

≈

5 0 = mr2 ϑ¨ + 4

5 2 ˙2 mr ψ 4

− mgr



− π/2,

y

ϑ.



Luego las soluciones serán hiperbólicas si los coeficientes de ϑ y de ϑ¨ tienen distinto signo, y ser´ an harmónicas en cas o contrario. En resumen, para que la precesión sea estable:

ψ˙ min =

103



4g . 5r

Resueltos Meriam J. Cisternas

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