Problemas de Cinemática del Cuerpo Rígido.

(1)

Problemas de Cinem´

atica del Cuerpo R´ıgido.

Jos´

e Mar´ıa Rico Mart´ınez

Departamento de Ingenier´ıa Mec´

anica

Divisi´

on de Ingenier´ıas, Campus Irapuato-Salamanca

Universidad de Guanajuato.

Salamanca, Gto. 36730, M´

exico

Email: jrico@ugto.mx

October 2, 2017

1 Introducci´

on.

En este apunte se presentan algunos ejemplos de problemas resueltos acerca de la cinemática de cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento plano general, o a algunos de sus casos particulares. Para facilitar el empleo de estas notas los problemas están divididos en los siguientes tópicos

1. Cuerpos r´ıgidos sujetos a rotaci´on alrededor de un eje fijo.

2. An´alisis del movimiento de un cuerpo r´gido sujetos a rotaci´on alrededor de un eje fijo como un todo.

3. Cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento plano general. 4. Centros instant´aneos de velocidad.

5. Análisis de movimientos en términos de un parámetro.

6. An´alisis de movimientos con respecto a un sistema de referencia sujetos a movimiento de rotaci´on.

2 Problemas de cuerpos r´ıgidos sujetos a rotaci´

on alrededor de

un eje fijo.

En esta sección se analizarán diferentes problemas de la cinemática de cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento de rotación alrededor de un eje fijo. En estos problemas, se mostrará como definir el vector velocidad angular y aceleración angular y a determinar la velocidad y aceleración de un punto que forme parte de esos cuerpos r´ıgidos.

Problema 2.1 El ensamble mostrado en la figura 1 consiste de una barra recta ABC que pasa a trav´es y est´a soldada a la placa rectangular DEF H. El ensamble rota alrededor del eje AC con una velocidad angular constante de 9rad

s . Sabiendo que el movimiento visto desde el extremo C es antihorario,

determine la velocidad y aceleraci´on de la esquina F .1

Soluci´on: Los vectores de posici´on necesarios son: ~rA/E = 100ˆj mm ~rF/E = 200ˆk mm ~rC/E=

350ˆi + 200ˆk − 100ˆjmm

1_{Este problema corresponde al Problema 15-10 del libro}

Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics, Ninth Edition, 2009, Beer, F.P., Johnston, Jr. E. R., Mazurek, D. F., Cornwell, P. J. and Eisenberg, E. R., McGraw-Hill: New

(2)

Figure 1: Gr´afica de una barra soldada a una placa rectangular.

~rC/A = ~rC/E− ~rA/E=

350î − 200ˆj + 200ˆkmm ˆ u = rC/A~ |~rC/A| = 350î − 200ˆj + 200ˆkmm 450mm = 7 9î − 4 9ˆj + 4 9ˆk ~ ω = ω û = 9rad s 7 9î − 4 9ˆj + 4 9ˆk =7î − 4ˆj + 4ˆk ~rF/A = ~rF/E− ~rA/E=

−100ˆj + 200ˆkmm Adem´as

α = dω

dt = 0 α = ~0~

Por lo tanto, la velocidad del punto F est´a dada por

~vF = ~ω × ~rF/A= î ˆj _kˆ 7 −4 4 0 −100 200 mm s =hî(−800 + 400) + ˆj(−1400) + ˆk(−700)i mm s = (−400î − 1400ˆj − 700ˆk)mm s = (−0.4î − 1.4ˆj − 0.7ˆk) m s De manera semejante, la aceleración del punto F está dado por

~aF = ~α × ~rF/A+ ~ω × ~ω × ~rF/A = ~α × ~rF/A+ ~ω × ~vF =

î ˆj ˆ_k 7 −4 4 −0.4 −1.4 −0.7 = nî[(−4)(−0.7) − (−1.4)(4)] + ˆj[4(−0.4) − (−0.7)(7)] + ˆk [7(−1.4) − (−0.4)(−4)]om s2 = 8.4î + 3.3ˆj − 11.4ˆkm_s2

Con este resultado finaliza el problema.

Problema 2.2El bloque rectangular que se muestra gira alrededor de la diagonal OA con velocidad angular constante de 6.76rad._s. . Si la rotaci´on es en sentido contrario al de las manecillas del reloj cuando se observa desde A, determine velocidad y aceleraci´on del punto B en el instante indicado.2

Soluci´on. Primeramente encontraremos un vector unitario en la direcci´on del vector ~rOA. Se tiene

que

~rA/O = 5 in.ˆi + 31.2 in. ˆj + 12 in. ˆk.

2

Este es el Problema 15.9 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F.

(3)

Figure 2: Gr´afica de un bloque rectangular sujeto a rotaci´on. Por lo tanto, ˆ uOA= ~rA/O | ~rA/O|

= 5in.ˆi + 31.2 in.ˆj + 12 in.ˆ√ k 52_{+ 31.2}2_{+ 12}2 = 25 169ˆi + 12 13ˆj + 60 169kˆ

De estos resultados puede calcularse el vector velocidad angular del bloque rectangular ~ω como ~

ω =| ~ω | ˆuOA =

1ˆi + 6.24 ˆj + 2.4 ˆkrad. s.

Debe notarse que esta definici´on del vector velocidad angular cumple con las caracter´ısticas indicadas en la teor´ıa de la cinem´atica de cuerpos r´ıgidos.

Además como la magnitud de la velocidad angular es constante y el cuerpo está sujeto a rotación alrededor de un eje fijo, el vector ûOA es constante y ~ω también es constante. De aqu´ı que

~ α = d ~ω

d t = ~0.

Finalmente, determinaremos ~rOB, pues B es el punto cuya velocidad y aceleraci´on se desea conocer

y O es un punto a lo largo del eje de rotaci´on.

~rB/O= 5 in.ˆi + 15.6 in. ˆj + 0 in. ˆk.

Por lo tanto ~vB= ~ω × ~rB/O=

1î + 6.24 ˆj + 2.4 ˆk×5 in.î + 15.6 in. ˆj + 0 in. ˆk=−37.44î + 12.0 ˆj − 15.6 ˆkin._s. De manera semejante,

~aB= ~α × ~rB/O+ ~ω × ~ω × ~rB/O = ~ω × ~ω × ~rB/O =

−126.144ˆi − 74.256 ˆj + 245.6256 ˆkrad._s2_.

Problema 2.3En el problema 2.2, determine la velocidad y aceleraci´on del punto B en el instante mostrado, suponiendo que la velocidad angular es de 3.38rad._s. y que disminuye a raz´on de 5.07rad._s2_. 3

3

(4)

Soluci´on: Del problema 1, se sabe que ˆ

uOA=

5in.ˆi + 31.2 in.ˆj + 12 in.ˆk √ 52_{+ 31.2}2_{+ 12}2 = 25 169ˆi + 12 13ˆj + 60 169kˆ

De estos resultados puede calcularse el vector velocidad angular del bloque rectangular ~ω como ~

ω =| ~ω | ˆuOA =

0.5ˆi + 3.12 ˆj + 1.2 ˆkrad. s.

Puesto que la velocidad angular está disminuyendo a razón de 5.07rad._s2_. la aceleración angular está dado

por ~ α =| ~α | ûOA= −5.07 25 169î + 12 13ˆj + 60 169ˆk =−0.75î − 4.68 ˆj − 1.80 ˆkrad._s2_.

De esta manera, la velocidad del punto B, est´a dada por ~vB= ~ω × ~rB/O=

0.5î + 3.12 ˆj + 1.2 ˆk×5 in.î + 15.6 in. ˆj + 0 in. ˆk=−18.72î + 6.0 ˆj − 7.8 ˆkin._s. De manera semejante,

~aB = ~α × ~rB/O+ ~ω × ~ω × ~rB/O

= −0.75ˆi − 4.68 ˆj − 1.80 ˆk×5 in.ˆi + 15.6 in. ˆj + 0 in. ˆk

+0.5î + 3.12 ˆj + 1.2 ˆk×h0.5î + 3.12 ˆj + 1.2 ˆk×5 in.î + 15.6 in. ˆj + 0 in. ˆki = −3.456î − 27.564 ˆj + 73.1064 ˆkin._s2_.

Problema 2.4La varilla acodada ABCD gira con velocidad angular constante de 75rad

s alrededor

de una l´ınea que une los puntos A y D. Si en el instante considerado la velocidad de la esquina C va hacia arriba, determine velocidad y aceleraci´on para la esquina B.4

Figure 3: Barra doblada sujeta a rotaci´on alrededor de un eje fijo.

Solucion. Primeramente determinaremos el vector de posici´on del punto A respecto del punto D, dado por

~rA/D= −200 mm.ˆi + 120 mm. ˆj + 90 mm. ˆk.

De manera que un vector unitario a lo largo del eje de rotación está dado por ˆ uDA= ~rA/D | ~rA/D| =−200mm.î + 120 mm.ˆj + 90 mm.ˆk_q (−200)2+ 1202_{+ 90}2 = −4 5î + 12 25ˆj + 9 25ˆk 4

(5)

De estos resultados puede calcularse el vector velocidad angular del bloque rectangular ~ω como ~ ω = λ | ~ω | ûDA= λ 75 rad. s. −4₅î + 12₂₅ˆj +₂₅9 ˆk rad. s. = −60 λî + 36 λ ˆj + 27 λ ˆkrad._s. , Donde λ puede tener unicamente dos valores, es decir λ ∈ {1, −1} e indicará el sentido de la velocidad angular. Por otro lado, el vector de posición del punto C con respecto al punto D —hay otras muchas opciones, pero esta es la mas sencilla— está dado por

~rC/D= 0 mm.ˆi + 0 mm. ˆj + 90 mm. ˆk.

Por lo tanto, la velocidad de C está dada por ~vC= ~ω × ~rC/D= λ−60 λî + 36 λ ˆj + 27 λ ˆkrad._s. ×90 mm. ˆk=3240 λî + 5400 λ ˆj + 0 ˆkmm. s. Puesto que se sabe que la velocidad del punto C va hacia arriba, en términos menos coloquiales, que la componente Y de la velocidad de C, ~vC, es positiva, resulta entonces que

λ = 1.

Por lo tanto, la velocidad angular de la barra doblada est´a dada por ~

ω =−60ˆi + 36 ˆj + 27 ˆkrad._s.

Además puesto que el vector de posición del punto B con respecto al punto A —hay otras muchas opciones, pero esta es la mas sencilla— está dado por

~rB/A= 200 mm.ˆi + 0 mm. ˆj + 0 mm. ˆk.

La velocidad del punto B está dada por ~vB= ~ω × ~rB/A= −60î + 36 ˆj + 27 ˆkrad. s. ×200 mm.î=5400 ˆj − 7200 ˆkmm. s.

Mas aún, puesto que la magnitud de esta velocidad angular es constante y el movimiento es de rotación alrededor de un eje fijo, y por lo tanto, la dirección de la velocidad angular es también constante, se tiene que

~ α = ~0. Por lo tanto, la aceleraci´on del punto B est´a dada por

~aB = ~α × ~rB/A+ ~ω × ~ω × ~rB/A = ~ω × ~ω × ~rB/A =

−405000ˆi − 432000 ˆj − 324000 ˆkmm._s2_.

= −405ˆi − 432 ˆj − 324 ˆkm._s2_.

3 Problemas de an´

alisis de cuerpos r´ıgidos sujetos a rotaci´

on

alrededor de un eje fijo como un todo.

En esta sección se presentarán diferentes problemas de la cinemática de cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento de rotación alrededor de un eje fijo, analizados como un todo. En estos problemas, se usará de manera sistemática la analag´ıa entre el movimiento de traslación rectil´ınea de una part´ıcula y el movimiento de un cuerpo r´gido sujetos a rotación alrededor de un eje fijo analizado como un todo.

Problema 3.1 La aceleraci´on angular de un eje se define por la relaci´on α = −0.25ω donde α se expresa en rad/s2 _{y ω en rad/s. Sabiendo que para t = 0 la velocidad angular del eje es 20 rad/s,}

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eje para parar, (c) el tiempo requerido para que la velocidad angular del eje se reduzca a 1% de su valor inicial.5

Soluci´on: Por un lado, se sabe que:

α = dω

dt y α = ω

ω

dθ (1)

Empleando la primera expresi´on, se tiene que dω dt = −0.25ω dω ω = −0.25dt Z _dω ω = − Z 0.25dt Integrando se tiene que

ln |ω| = −0.25t + C ω = e−0.25t+C _{= e}c_e−0.25t_{= C} 1e−0.25t

Para determinar la constante de integraci´on, se sabe que para t = 0, ω(0) = ω0= 20rad/s, por lo tanto

ω0= C1e−0.25(0)= C1e0= C1 y C1= ω0

La ecuaci´on buscada es

ω(t) = ω0e−0.25t (2)

Ahora, es posible contestar las preguntas (b) y (c). Para el tiempo t, el eje para ω(t) = 0. Entonces 0 = ω0e−0.25t

Puesto que se sabe que

e−∞_{= 0}

se concluye que el tiempo para el cual el eje para es t → ∞. Para el tiempo t, la velocidad angular del eje ω(t) = 0.01ω0, por lo tanto

0.01ω0= ω0e−0.25t e−0.25t= 0.01

−0.25t = ln |0.01| t = −ln |0.01|

0.25 = 18.4206seg

Para las revoluciones nesesarias para que pare, es posible seguir dos posibles caminos. A partir de la ecuaci´on (2), se tiene que

dθ(t) dt = ω0e −0.25t _{θ(t) =} Z ω0e−0.25tdt θ(t) = − ω0 −0.25e −0.25t_{+ C} 2

Para la determinación de la constante de integración C2, se supone que se contarán las revoluciones

cuando ω(0) = ω0, es decir θ(t) = 0 para t = 0. Por lo tanto,

0 = ω 0.25e −0.25(0)_{+ C} 2 o C2= ω 0.25 Por lo tanto θ(t) = ω 0.25[1 + e −0.25t_] Para t → ∞ lim t→∞θ(t) = ω 0.25[1 + e −0.25t_{] =} ω 0.25

Note que para que la ecuaci´on α = −0.25ω sea dimensionalmente homogenea la constante 0.25 debe ser, adicionalmente, tener dimensiones de1_/

seg. Por lo tanto, las revoluciones nesesarias para que el eje pare

es

θ(∞) = _0.25ω =20

rad s

0.251_s = 80rad = 12.7323rad

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Existe otra posibilidad, de la segunda expresi´on de la ecuaci´on (1), se tiene que α = ωdω dθ = −0.25ω Z dω = Z −0.25dθ ω = −0.25θ + C3

Para la determinaci´on de la constante de integraci´on C3 se tiene que para ω = ω0 y θ = 0, por lo tanto

ω0= −0.25(0) + C3 C3= ω0

Se tiene que

ω − ω0= −0.25θ

Entonces, la pregunta es θ =? para cuando ω = 0

0 − ω0= 9 − 0.25θ o θ = − ω0 −0.25 θ = ω 0.25= 20rad s 0.251 s = 80rad = 12.7323rad . Con este resultado finaliza el problema.

Problema 3.2Cuando se pone en operaci´on, un motor alcanza su velocidad nominal de 2400 r.p.m. en 4 segundos y, al desactivarse, tarda 40 segundos para llegar al reposo. Si el movimiento es uniformemente acelerado, determine el n´umero de revoluciones que ejecuta el motor a) al alcanzar la velocidad nominal, b) al detenerse.6

Soluci´on: Para la primera parte del problema, puesto que el movimiento es uniformemente acelerado, se tiene que

α(t) = α,

sujeto a las condiciones iniciales, para t = 0, ω(0) = 0 y θ(0) = 0. Por lo tanto, d ω

d t = α o ω(t) = α t + c1 Sustituyendo la primera condici´on inicial, c1= 0, por lo que

ω(t) = α t

Si se sabe que para t = 4 segundos, ω(4) = 2400 r.p.m. = 251.32rad.

s. , se tiene que la aceleraci´on angular

est´a dada por

α = 251.32 4 rad. s2_. = 62.831 rad. s2_.

Integrando la ecuaci´on de la velocidad angular, se tiene que θ(t) = 1

2α t

2_{+ c} 2.

Sustituyendo la condici´on inicial para t = 0, θ(0) = 0, se tiene que c2= 0 y

θ(t) = 1 2α t

2

Por lo tanto, para t = 4 s., se tiene que θ(4) = 1 2 62.831rad. s2_. (4 s)2= 502.65 rad. = 80 revoluciones.

Para la segunda parte del problema, tambi´en el movimiento es uniformemente acelerado, se tiene que α(t) = α,

6

(8)

sujeto a las condiciones iniciales, para t = 0, ω(0) = 2400 r.p.m. = 251.32rad.

s. y θ(0) = 0. Por lo tanto,

d ω

d t = α o ω(t) = α t + c3 Sustituyendo la primera condici´on inicial, c3= ω0= 251.32rad._s. , por lo que

ω(t) = α t + ω0.

Si se sabe que para t = 40 segundos, ω(40) = 0 r.p.m. = 0rad.

s. , se tiene que la aceleraci´on angular est´a

dada por

α = −ω_t0 = −251.32₄₀ rad._s2_. = −6.2831

rad. s2_.

Integrando la ecuaci´on de la velocidad angular, se tiene que θ(t) = 1

2α t

2_{+ ω} 0t + c4.

Sustituyendo la condici´on inicial para t = 0, θ(0) = 0, se tiene que c4= 0 y

θ(t) = 1 2α t

2_{+ ω} 0t.

Por lo tanto, para t = 40 s., se tiene que θ(40) = 1 2 −6.2831rad._s2_. (40 s)2+ 251.32rad. s. (40 s.) = 5026.53 rad. = 800 revoluciones. Con este resultado finaliza el problema.

Problema 3.3 La placa circular de 250 mm mostrada en la figura 4 está inicialmente en reposo y tiene una aceleración angular definida por la relación α = α0cos(πt_T). Sabiendo que T = 1.5s y que

α0= 10rad_s2 , determine la magnitud de la aceleraci´on total del punto B, cuando (a) t = 0, (b) t = 0.5, (c)

t=0.75.7

Figure 4: Placa circular rotanto alrededor de un eje fijo. Soluci´on. Integrando la aceleraci´on angular, se tiene que

dω dt = α = α0cos( πt T) Z dω = Z α0cos( πt T) 7

Este problema corresponde al Problema 15-20 del libroVector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics, Ninth Edition, 2009, Beer, F.P., Johnston, Jr. E. R., Mazurek, D. F., Cornwell, P. J. and Eisenberg, E. R., McGraw-Hill: New

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por lo tanto ω(t) = α0 T π Z cos(πt T )dt = T α0 π sin πt T + C1 Para la condici´on inicial, se tiene que para t = 0, ω(0) = 0. Por lo tanto,

0 = T α0 π sin π(0) T + C1 por lo tanto C1= 0 ω(t) =T α0 π sin πt T α(t) = α0cos πt T Para t = 0, se tiene ω(0) =T α0 π sin π0 T = 0 α(0) = α0cos π0 T = α0

Por lo tanto, se tiene suponiendo que ~RB/O= r ˆi, donde r = 0.25m. Entonces ~ω(0) = ~0, ~α(0) = α0kˆ

~aB(0) = ~α × ~ωB/O−✘✘✘✘ ✿0 ω2~rB/O= (α0ˆk) × (rˆi) = α0rˆj = (10 rad s2 )(0.25m)ˆj ~aB(0) = 2.5 m s2ˆj aB(0) = 2.5 m s2

Para t = 0.5s, se tiene que

ω(0.5) = T α0 π sin π0.5 1.5 = (1.5s)(10rad_s2 ) π sin π 3 = 4.1349 rad s α(0.5) = α0cos π(0.5) 1.5 = 10 rad s2 cos π 3 = 5 rad s2 ~ ω(0.5) = 4.1349rad s ˆk α(0.5) = 5~ rad s2 Entonces ~aB(0.5) = ~α × ~rB/O− ω2~rB/O= (5 rad s2 ˆk) × (0.25mî) − (4.1349 rad s ) 2 (0.25mî) = −4.2743_sm2î + 1.25 m s2ˆj Finalmente, para t = 0.75s. ω(0.75) =T α0 π sin π(0.75) 1.5 = (1.5s)(10rad_s2 ) π sin( π 2 = 4.7746 rad s ) α(0.75) =T α0 π cos π(0.75) 1.5 = 1.5s(10rad s2 ) π cos π 2 = 0 ~ ω(0.75) = 4.7746rad s ˆk α(0.75) = ~0~ Entonces ~aB(0.75) =✘✘✘✘ ✘ ✿0 ~ α × ~rB/O− ω2~rB/O= −(4.7746 rad s ) 2_(0.25mî) ~aB(0.75) = −5.6993 m s2î aB(0.75) = 5.6993 m s2

Problema 3.4La banda que se muestra en la figura 5 se mueve sin deslizamiento sobre dos poleas. La polea A parte del reposo con aceleraci´on angular en el sentido de las manecillas del reloj, definida mediante la relaci´on

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Figure 5: Banda que se mueve entre dos poleas sin deslizamiento. donde α se expresa en rad.

s2_. y ω en rad_s . Determine, luego de media revoluci´on de la polea A, a) la

magnitud de la aceleraci´on del punto B sobre la banda, b) la aceleraci´on del punto P sobre la polea C.8

Solución. Del análisis del movimiento del cuerpo r´ıgido sujeto a rotación alrededor de un eje fijo, se sabe que

ωAd ωA

d θ = αA= 120 − 0.002 ω

2 A.

Por lo tanto, se tiene que para la polea A ωAd ωA 120 − 0.002 ω2 A = d θA o − 1 0.004 Z −0.004 ωAd ωA 120 − 0.002 ω2 A = Z d θA Entonces −250 Ln 120 − 0.002 ω2 A = θA+ c1,

manipulando algebraicamente la ecuaci´on

120 − 0.002 ωA2 = e−0.004 θA+c1 = c2e−0.004 θA

Para determinar la constante de integraci´on c2, se debe recurrir a la condici´on inicial, para ωA = 0,

θA= 0, entonces

120 − 0.002 (0)2= c2e−0.004 (0)= c2e0= c2,

Por lo tanto, c2= 120 y

120 − 0.002 ω2A= 120 e−0.004 θA o ω2A= 60000 1 − e−0.004 θA

Ahora determinaremos, la velocidad y aceleraci´on angular de la polea A cuando ha rotado media revoluci´on, es decir para cuando θ = π rad. Entonces

ωA=p60000 (1 − e−0.004 π) = 27.3726rad. s. y αA= 120 − 0.002 (27.3726)2= 118.50 rad. s2_.

De manera que la aceleraci´on tangencial de un punto, P ∗, de la banda en la periferia de la polea A est´a dada por

a_{tP ∗}= αArA= 118.50rad. s2_. (8 in.) = 948in. s2_. = 79 pies s2_.

Puesto que no hay deslizamiento, esta es también la aceleración de part´ıcula B de la banda —debe notarse que el punto B está sujeto a traslación rectil´ınea y por lo tanto su componente normal de aceleración es nula—, es decir

aB = atP ∗= 79

pies s2_.

Ahora bien, para resolver el problema del punto P sobre la polea C, es necesario recordar que el movimiento de la banda sobre las poleas ocurre sin deslizamiento, por lo tanto, se tiene que

8

(11)

1. Las magnitudes de las velocidas de los puntos P ∗, de la banda localizado en la periferia de la polea A y el punto P de la banda localizado en la periferia de la polea C tienen la misms magnitud, por lo tanto ωArA= ωCrC ωC= ωA rA rC = 43.796rad. s.

2. Las magnitudes de las aceleraciones tangenciales de los puntos P ∗, de la banda localizado en la periferia de la polea A y el punto P de la banda localizado en la periferia de la polea C tienen la misms magnitud, por lo tanto

αArA= αCrC αC= αArA

rC

= 189.6rad. s2_.

Por lo tanto, la aceleraci´on del punto C est´a dada por

~aP = α~C× ~rP/O+ ~ωC× ~ωC× ~rP/O = ~αC× ~rP/O− | ~ωC|2~rP/O

= −189.6 ˆk×5 in.î− (43.796)25 in.î=−948 ˆj − 9590îin._s2_.

Problema 3.5 Las caracter´ısticas de diseño de una reductor de engranes están bajo revisión. El engrane B está rotando en sentido horario con una velocidad de 300 rev/min cuando se aplica un torque al engrane A a un tiempo t = 2 s para dar al engrane A un aceleración angular en sentido antihoraria α que varia con el tiempo por una duración de 4 segundos como se muestra en la figura 6. Determine la velocidad NB del engrane B cuando t = 6 s.

Figure 6: Reducci´on de engranes. Soluci´on.

Problema 3.6 Una polea y dos cargas se conectan mediante cuerdas inextensibles como muestra la figura 7. La carga A tiene una aceleraci´on de 300mm_/_s2 _{y una velocidad inicial de 240}_mm_/

s, ambas

dirigidos hacia arriba. Determine (a) El número de revoluciones ejecutadas por la polea en 3s (b) la velocidad y posición de la carga B después de 3s (c) la aceleración del punto D en el borde de la polea para t = 0.9

Soluci´on. De la aceleraci´on y velocidad del cuerpo A, se tiene que ~aA= ~aT_PA = 300mm/s2ˆj = ~α

2× ~rPA/C = (α2ˆk) × (−120mmˆi)

~vA(0) = ~vPA(0) = 240mm/sˆj = ~ω2(0) × ~rPA/C = (ω2(0)ˆk) × (−120mmˆi)

9

(12)

Figure 7: Dos cuerpos conectados a una polea. 300mm_/_s2ˆj = −120mmα 2ˆj α2= 240mm_/_s2 −120mm = −2.5rad/s 2 240mm_/_sˆj = −120mmω₂_(0)ˆj _ω₂_{(0) =} 240 mm_/_s −120mm = −2rad/s ~ α2= −2.5rad/s2_kˆ _~_ω 2(0) = −2.0rad/skˆ

Ahora es posible integrar la ecuaci´on de movimiento de la polea ~ α2(t) = −2.5rad/s2ˆ_k ~ ω2(t) = Z ~ α2(t)dt = −2.5rad/s2_tˆ_{k + ~}_C 1 −2.0rad_/_s_{= ~}_ω₂_{(0) = −2.5}rad_/_s2_(0)ˆ_{k + ~}_C 1 C~1= −2rad/s ~ ω2(t) = (−2.5rad/s2_{t − 2}rad_/_s_)ˆ_k θ2(t) = Z (−2.5rad_/_s2 t − 2rad_/_s_{)dt = −1.25}rad_/_s2_t2 − 2rad_/_s_{t + C}₂

Para t = 0, θ2(0) = 0, por lo tanto C2= 0

θ2(t) = −1.25rad/s2t2− 2rad/st

Por lo tanto

θ2(3) = −1.25rad/s2(3s)2− 2rad/s(3s) = −17.25rad = 2.745rev

Para la velocidad y aceleración de la carga B para t = 3s ~aT_PB = ~α × ~rPB/C = (−2.5rad/s 2ˆ k) × (180mmî) = −450mm_/_s2ˆj = ~a B ~vPB(0) = ~ω2(0) × ~rPB/C = (−2rad/s 2ˆ k) × (180mmî) = −360mm_/_s2ˆj = ~v B(0) sB(t) = 1 2aBt 2_{+ v} B(0)t sB(3) = 1 2(−450mm/s 2_)(3s)2 + (−360mm_/_s2 )(3s) = −3105mm sB(3) = −3.105m vB(t) = aBt + vB(0)

(13)

vB(3) = (−450mm/s2_{)(3s) + (−360}_mm_/

s) = −1710mm/s= −1.71m/s

Para la aceleraci´on del punto D

~aD= ~α2× ~rD/C− ω2~rD/C = (−2.5rad/s2ˆ_{k) × (−180mmˆi) − (−2}_rad_/

s)2(−180mmˆi)

~aD= 450mm/s2ˆj + 720_mm_/

s2

aD= 849.058mm/s2

Problema 3.7Una polea y dos bloques se conectan mediante cuerdas inextensibles como se indica en la figura 8. La polea parte desde el reposo en t = 0 y se acelera a una raz´on uniforme de 2.4rad

s2 en el

sentido de las manecillas del reloj. En t = 4 s, determine la velocidad y posici´on de a) la carga A, b) la carga B.10

Figure 8: Polea compuesta con dos cargas.

Soluci´on: Considere dos puntos coincidentes, PA, uno localizado en la polea y otro localizado en la

cuerda inextensible que conecta la polea con la carga A justo en el punto donde la cuerda deja de estar enrollada y se hace vertical; similarmente, considere otro par de puntos coincidentes, PBj, uno localizado

en la polea y otro localizado en la cuerda inextensible que conecta la polea con la carga B justo en el punto donde la cuerda deja de estar enrollada y se hace vertical. En ambos casos, entre el par de puntos no hay deslizamiento. Por lo tanto,

~vPA polea= ~vPA cuerda y ~vPB polea = ~vPB cuerda ∀t ≥ 0.

Similarmente,

~atPA polea= ~atPA cuerda y ~atPB polea = ~atPB cuerda ∀t ≥ 0.

Adem´as, debe notarse que las velocidades y las aceleraciones tangenciales de los puntos que pertenecen a las cuerdas, son las velocidades y aceleraciones de las cargas. Adem´as, aplicando el concepto de placa representativa, para la carga A, se tiene que

~vA= ~vPA cuerda = ~vPA polea= ~ω × ~rPA/O y ~aA= ~atPA cuerda = ~atPA polea = ~α × ~rPA/O.

De manera semejante, para la carga B, se tiene que

~vB= ~vPB cuerda= ~vPB polea = ~ω × ~rPB/O y ~aB= ~atPB cuerda= ~atPB polea = ~α × ~rPB/O.

10

Este es el problema 15.30 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F.

(14)

Este resultado indica que si la polea inicia su movimiento a partir del reposo, entonces las cargas A y B tambi´en inician su movimiento a partir del reposo. Todav´ıa mas, las aceleraciones uniformes de las cargas A y B est´an dadas por

~vA= ~atPA cuerda = ~atPA polea= ~α × ~rPA/O= −2.4 rad s2 ˆk × −1₃pie ˆi = 0.8pie s2 ˆj. Similarmente ~atPB cuerda = ~atPB polea = ~α × ~rPB/O= −2.4 rad s2 ˆk × 1 2pie ˆi = −1.2pie_s2 ˆj.

Usando los m´etos de cinem´atica de la part´ıcula, se tiene que ~vA= ~aAt = 0.8pie s2 ˆj (4 s) = 3.2 pie s ˆj, y ~rA= 1 2~aAt 2₌ 1 20.8 pie s2 ˆj (4 s) 2 = 6.4 pie ˆj. de manera semejante ~vB= ~aBt = −1.2 pie s2 ˆj (4 s) = −4.8 pie s ˆj, y ~rB= 1 2~aBt 2₌ 1 2 −1.2pie_s2 ˆj (4 s)2 = −9.6 pie ˆj. Con este resultado finaliza el problema.

Problema 3.8 Dos discos de fricción A y B se pondrán en contacto sin deslizamiento cuando la velocidad angular del disco A sea de 240 r.p.m. en sentido contrario a las manecillas del reloj, vea la figura 9. El disco A empieza su movimiento desde el reposo en el tiempo t = 0 y se le imprime una aceleración angular constante de magnitud α. El disco B parte del reposo en t = 2 s y se le imparte una aceleración angular constante en el sentido de las manecillas del reloj, tambien de magnitud α. Determine a) la magnitud de la aceleración angular α requerida, b) el tiempo al cual ocurre el contacto.11

Figure 9: Dos discos de fricci´on.

Soluci´on: Determinaremos las ecuaciones de movimiento de los discos de fricci´on. Para el disco A, se tiene que

~

αA(t) = α ˆk

Por lo tanto, si para t = 0, se tiene que ~ωA= ~0, se tiene que

~

ωA(t) = α t ˆk

De manera semejante, se tiene que

~

αB(t) = −α ˆk

11

Este es el problema 15.31 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F.

(15)

Por lo tanto, si para t = 2 s, se tiene que ~ωB = ~0, se tiene que

~

ωA(t) = −α (t − 2) ˆk

Por lo tanto, la velocidad de los puntos, P , en la periferia de los discos A y B, donde los discos se ponen en contacto,12 _est´_{an dados por}

~vPA = ~ωA(t) × ~rP/OA = α t ˆk × (−0.15 m) ˆj = 0.15 α tˆi

y

~vPB = ~ωB(t) × ~rP/OB = −α (t − 2) ˆk × (0.2 m) ˆj = 0.2 α (t − 2)ˆi

Por lo tanto, si los discos se ponen en contacto sin deslizamiento, se tiene que 0.15 α t = 0.2 α (t − 2)

Por otro lado, se sabe que este contacto ocurre cuando la velocidad del disco A es de 240 r.p.m. en sentido contrario a las manecillas del reloj, es decir

α t = 240 r.p.m. = 25.1327rad s

Despejando, t en esta segunda ecuaci´on y sustituyendolo en la primera ecuaci´on, se tiene que 0.15 α25.1327 rad s α = 0.2 α 25.1327rad_s α − 2 ! o 3.7699rad s = 5.02654 rad s − 0.4 α Por lo tanto α = 3.1416rad s2 .

Por lo tanto, el tiempo para el cual se ponen el contacto est´a dado por t = 25.1327 rad s α = 25.1327rad_s 3.1416rad s2 = 7.9999 s. Con este resultado finaliza el problema.

Problema 3.9El disco circular mostrado en la figura 10 gira alrededor de su eje z con una velocidad angular en la dirección mostrada. En un cierto instante, la magnitud de la velocidad del punto A es de 10pie_s y está decreciendo a una velocidad de 24pie_s2. Escriba las expresiones vectoriales para la aceleración

angular ~α del disco y la aceleraci´on total del punto B en ese instante.13

Figure 10: Disco Rotante.

12

Nuevamente se aplicar´a el concepto de placa representativa.

13

Este es el Problema 5.23 del libroEngineering Mechanics: Dynamics, Sixth Edition. Meriam, J. L. and Kraige, L. G. [2007], John Wiley: New York.

(16)

Solución. Note que en este caso la aplicación del concepto de placa representativa es inmediato. De hecho, los puntos A y B están en la misma cara del disco, se empleará, además, un punto O, localizado en la intersección del eje z —el eje de rotación— y la misma cara del disco, de manera que

~rA/O= −

2

3pieˆi y ~rB/O= 1 2pie ˆj Por otro lado, se sabe que

~ ω = ω ˆk, donde por la dirección de rotación ω > 0, además, se sabe que

~vA= λ 10

pie

s ˆj y ~atA = λ 24 pie

s2 ˆj.

donde λ ∈ {−1, 1}, y adem´as se sabe que los sentidos de ~vA y ~atA son opuestos.

Aplicando las ecuaciones que permiten conocer las velocidades y aceleraciones de las part´ıculas de un cuerpo r´ıgido sujeto a rotaci´on alrededor de un eje fijo, se tiene que

~vA= ω × ~rA/O o λ 10 pie s ˆj = ω ˆk × −2 3pieˆi o λ 10pie s ˆj = − 2 3pie ωˆj Por lo tanto, λ = −1 ω = 15rad s y ~vA= −10 pie s ˆj

De manera semejante, puesto que los sentidos de ~vA y ~atA son opuestos, se tiene que

~atA= 24 pie s2 De manera que ~atA = 24 pie s2 = ~α × ~rA/O= α ˆk × −2 3pieˆi = −2 3α ˆj Por lo tanto α = −36rad s2 y ~α = −36 rad s2 k.ˆ

Finalmente, la aceleración total del punto B está dada por ~aB= ~α × ~rB/O− ω2~rB/O= −36 rad s2 ˆk × 1 2pie ˆj − 15rad s 2 ₁ 2pie ˆj = 18 pie s2î − 112.5 pie s2ˆj

Problema 9c. El cilindro hidr´aulico produce un movimiento horizontal limitado en el punto A. Si vA= 4 m/s cuando θ = 45◦. Determine la magnitud de la velocidad de D y la velocidad angular ω del

eslab´on ABD para esta posici´on.14

Soluci´on. Los datos del problema son vA= 4m/s y θ = 45◦.

De la ley de los senos, denotando φ =< BAO se tiene OB senφ= AB senθ senφ = OB ABsen θ = 250mm 400mmsen45 ◦

Por lo tanto, se tiene que

φ = 26.28◦

Determinaci´on de los vectores de posici´on

~rB/A = AB(cosφˆi + sinφ ˆj) = (358.68mm)ˆi + (177.04mm) ˆj

~rD/A = AD(cosφˆi + sinφ ˆj) = (538.02mm)ˆi + (265.63mm) ˆj

~rB/O = OB(cosφˆi + sinφ ˆj) = (−176.77mm)ˆi + (176.77mm) ˆj

14

Este es el Problema 5.114 del libroEngineering Mechanics: Dynamics. J.L.Meriam, L.G.Kraige, Seventh Edition, Jonh Wiley and Sons, Inc.: New York.

(17)

Figure 11: Problema 5.114 del libro de Meriam. An´alisis de velocidad del mecanismo.

~vB3 = ~vA+ ~ωABD× ~rB/A= 4 m/sˆi + ωABDˆk × (0.358 mˆi + 0.177 m ˆj) (3)

De manera similar ~

VB4 = ~ωOB× ~rB/O= ωOBˆk × (−0.176 mˆi + 0.176 m ˆj) (4)

Igualando las componentes en X y Y de las ecuaciones (3) y (4) se obtienen las ecuaciones escalares que resuelven el problema

4 m/s − 0.177 m ωABD = −0.176 m ωOB

0.358 m ωABD = −0.176 m ωOB

Despejando de la segunda ecuaci´on escalar ωOB se tiene que

ωOB = −2.034 ωABD

y sustituyendo este resultado en la primera ecuaci´on

4 m/s − (0.177 m)ωABD= −0.176 m (−2.034 ωABD)

´o

4 m/s = (0.177 m + 0.3579 m)ωABD Por lo tanto ωABD= 7.478 rad/s ccw

An´alisis de la velocidad del punto D

~vD = ~vA+ ~ωABD × ~rD/A= 4 m/sˆi + (7.478 rad/s) ˆk × (538.02 mmˆi + 265.63 mm ˆj)

= (2.01 m/s)ˆi + (4.06 m/s) ˆj La magnitud vDest´a dada por

vD=p(2.01m/s)2+ (4.06m/s)2= 4.53 m/s

Problema 12.aUna polea y dos cargas se conectan mediante cuerdas inextensibles como se muestra en la figura 12. La carga A tiene una aceleraci´on de 300mm_/_s2 _{y una velocidad inicial de 240}_mm_/

s, ambas

dirigidos hacia arriba. Determine (a) El número de revoluciones ejecutadas por la polea en 3s (b) la velocidad y posición de la carga B después de 3s (c) la aceleración del punto D en el borde de la polea para t = 0.15

~aA= ~aT_PA = 300mm/s2ˆj = ~α

2× ~rPA/C = (α2ˆk) × (−120mmˆi)

15

Este es el Problema 15.30 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Novena edición, McGraw Hill: México D.F.

(18)

Figure 12: Conjunto de Polea y Cargas. ~vA(0) = ~vPA(0) = 240mm/sˆj = ~ω2(0) × ~rPA/C = (ω2(0)ˆk) × (−120mmˆi) 300mm_/_s2ˆj = −120mmα 2ˆj α2= 240mm_/_s2 −120mm = −2.5rad/s 2 240mm_/_sˆj = −120mmω₂_(0)ˆj _ω₂_{(0) =} 240mm/s −120mm = −2rad_/_s ~ α2= −2.5rad/s2kˆ ~ω2(0) = −2.0rad/skˆ ~ α2(t) = −2.5rad/s2ˆ_k ~ ω2(t) = Z ~ α2(t)dt = −2.5rad/s2tˆk + ~C1 −2.0rad_/_s_{= ~}_ω₂_{(0) = −2.5}rad_/_s2_(0)ˆ_{k + ~}_C 1 C~1= −2rad/s ~ ω2(t) = (−2.5rad/s2_{t − 2}_rad_/ s)ˆk θ2(t) = Z (−2.5rad_/_s2 t − 2rad_/_s_{)dt = −1.25}rad_/_s2_t2 − 2rad_/_s_{t + C}₂

Para t = 0, θ2(0) = 0, por lo tanto C2= 0

θ2(t) = −1.25rad/s2t2− 2rad/st

Por lo tanto

θ2(3) = −1.25rad/s2_(3s)2

− 2rad_/_s_{(3s) = −17.25rad = 2.745rev}

Para la velocidad y aceleración de la carga B para t = 3s ~aT_PB = ~α × ~rPB/C = (−2.5rad/s 2_{k) × (180mmî) = −450}ˆ _mm_/ s2ˆj = ~a B ~vPB(0) = ~ω2(0) × ~rPB/C = (−2rad/s 2ˆ_{k) × (180mmî) = −360}_mm_/ s2ˆj = ~v B(0) sB(t) = 1 2aBt 2_{+ v} B(0)t sB(3) = 1 2(−450mm/s 2_)(3s)2 + (−360mm_/_s2 )(3s) = −3105mm sB(3) = −3.105m vB(t) = aBt + vB(0) vB(3) = (−450mm/s2 )(3s) + (−360mm_/_s_{) = −1710}mm_/_s_{= −1.71}m_/_s

(19)

Para la aceleraci´on del punto D

~aD= ~α2× ~rD/C− ω2~rD/C = (−2.5rad/s2ˆ_{k) × (−180mmˆi) − (−2}_rad_/

s)2(−180mmˆi)

~aD= 450mm/s2ˆj + 720mm/s2

y

aD= 849.058mm/s2

4 Problemas de cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento plano

ge-neral.

En esta sección se analizarán diferentes problemas de la cinemática de cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento plano general. En estos problemas, se mostrará como relacionar las velocidades y aceleraciones de dos puntos que pertenecen a cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento plano general. Para llevar a cabo estas relaciones se emplearán los vectores velocidad angular y aceleración angular. Además, estos problemas en muchos de los casos emplean conocimientos de los temas anteriores.

Problema 4.1 La placa mostrada en el plano xy. Sabiendo que vAx = 120mm/s vBy = 300mm/s y

vCy = −60mm/sdetermine (a) la velocidad angular de la placa, (b) la velocidad del punto A.

16

Figure 13: Placa Sujeta a movimiento plano general. Soluci´on. Los vectores de posici´on nesesarios son

~rC/A = 360mmˆi + 180mmˆj ~rB/A= 180mmˆi − 180mmˆj

Las velocidades est´an dadas por

~vA= 120mm/sî + vAyˆj ~vB = vBxî + 300mm/sˆj ~vc= vCXî − 60mm/sˆj

Las ecuaciones que relacionan estas velocidades son

~vB= ~vA+ ~ω × ~rB/A ~vc= ~vA+ ~ω + ~ω × ~rC/A

(20)

vBx+ 300mm/sˆj = 120mm/sˆi + vAyˆj + (ωˆk) × (180mmˆi − 180j)

vCxî − 60mm/sˆj = 120mm/sî + vAyˆj + (ωˆk) × (180mmî − 180mmˆk)

Las ecuaciones escalares asociadas a esas ecuaciones vectoriales son

vBx = 120 − 180ω (5)

300 = vAy+ 180ω (6)

vCx = 120 − 180ω (7)

−60 = vAy+ 360ω (8)

Restando la ecuación (8) de la ecuación (6), se tiene que 300 = vAy+ 180ω 60 = −vAy − 360ω 360 = −180 ω ω = −2rad_/_s vAy = 300 − 180ω = 300 − 180(2) = 660mm/s ~vA= 120mm/sî + 600mm/sˆj ~ ω = −2rad_/_s_kˆ

Problema 4.2La oscilación horizontal del émbolo E, precargado mediante un resorte, se controla variando la presión de aire en el cilindro neumático horizontal F . Si el émbolo tiene una velocidad de 2 m/s a la derecha cuando θ = 30◦_{. Determine la velocidad de bajada v}

D del rodillo D en la gua vertical

y encontrar la velocidad angular ω de ABD para esta posici´on.17

Figure 14: Problema 5.108 del libro de Meriam. Soluci´on. Los datos proporcionados son

~vE= −2 m/sˆi θ = 30◦ a = 100 mm = 0.1 m.

Determinaci´on de los vectores de posici´on

~rB/A = a (cosθ ˆi − sen θ ˆj) =

√ 3 2 aˆi −

a 2ˆj ~rD/A = 3 a (cosθ ˆi − sen θ ˆj) = 3

√ 3 2 aˆi − 3 2a ˆj 17

Este es el Problema 5 − 108 del libro Engineering Mechanics: Dynamics, Sixth Edition. Meriam, J. L. and Kraige, L.

(21)

Datos para el an´alisis de velocidad y aceleraci´on.

~vE= −2 m/sˆi Suponiendo ~aE= 0 m/s2

Adem´as, se tiene que

~vA= vAXî + vAYˆj = 2 m/sî + vAY ˆj ~aA= 0 m/s2î + aAY ˆj

~vB= vBXˆi ~aB = aBXˆi

~vD= vDYˆj ~aD= aDY ˆj

An´alisis de velocidad del mecanismo. Velocidad del punto B

~vB = ~vA+ ~ωABD × ~rB/A

~vBˆi = vAXˆi + vAY ˆj + ωABDˆk ×

√ 3 2 aˆi − a 2ˆj !

Obteniendo las componentes X y Y de la ecuaci´on vectorial se tiene que vB = vAX+ ωABD a 2 0 = vAY + ωABD √ 3 2 a

Estas dos ecuaciones tienen tres inc´ognitas, de manera que buscaremos ecuaciones adicionales. Velocidad del punto D

~vD = ~vA+ ~ωABD × ~rD/A ~vDˆj = vAXˆi + vAY ˆj + ωABDk ×ˆ 3 √ 3 2 aˆi − 3 2a ˆj !

Obteniendo las componentes X y Y de la ecuación vectorial se tiene que 0 = vAX+ ωABD 3 2a vD = vAY + ωABD3 √ 3 2 a De la componente X de esta última ecuación, se tiene que

ωABD= −2 vAX 3 a = − 2(−2 m/s) 3 0.1 m = 13.33333 rad/s c.c.w. = 40 3 rad/s c.c.w. A partir de este resultado es posible determinar el resto de las inc´ognitas

vB = vAX+ ωABD a 2 = −2 m/s + 40 3 rad/s 0.1 m 2 = − 4 3m/s = 1.3333 m/s vAY = −ωABD √ 3 2 a = − 40 3 rad/s √ 3 2 (0.1 m) = 1.1547/ m/s. vD = vAY + ωABD3 √ 3 2 a = −ωABD √ 3 2 a + ωABD3 √ 3 2 a = ωABD √ 3 a = 40 3 rad/s √ 3 (0.1 m) = 2.3094 m/s.

Análisis de aceleración del mecanismo. Aceleración del punto B.

~aB = ~aA+ ~αABD× ~rB/A− ωABD2~rB/A

aBˆi = (0ˆi + aAYˆj) + αABDk ×ˆ a

√ 3 2 ˆi − a 2ˆj ! − ωABD2 a √ 3 2 ˆi − a 2ˆj !

(22)

Obteniendo las componentes X y Y de la ecuaci´on vectorial se tiene que aB = αABD a 2 − ω 2 ABD √ 3 2 a 0 = aAY + αABDa √ 3 2 + ω 2 ABD 1 2a

Estas dos ecuaciones tienen tres inc´ognitas, de manera que buscaremos ecuaciones adicionales. Aceleraci´on del punto D.

~aD = ~aA+ ~αABD× ~rD/A− ωABD2~rD/A

aDˆj = (0î + aAY ˆj) + αABDk ×ˆ 3 a √ 3 2 î − 3 a 2 ˆj ! − ωABD2 3 a √ 3 2 î − 3 a 2 ˆj !

Obteniendo las componentes X y Y de la ecuaci´on vectorial se tiene que

0 = αABD 3 a 2 − ω 2 ABD3 a √ 3 2 aD = aAY + αABD3 a √ 3 2 + ω 2 ABD 3 a 2 De la componente X de esta ´ultima ecuaci´on, se tiene que

αABD =

√

3 ωABD2 = 307.92 rad/s2 c.c.w.

A partir de este resultado es posible determinar el resto de las inc´ognitas aAY = −αABDa √ 3 2 − ω 2 ABD 1 2a y aD = aAY + αABD3 a √ 3 2 + ω 2 ABD 3 a 2 = −αABDa √ 3 2 − ω 2 ABD 1 2a + αABD3 a √ 3 2 + ω 2 ABD 3 a 2 = αABDa √ 3 + ω2ABDa = √ 3 ωABD2 a √ 3 + ω2ABDa = 4 a ωABD2 = 4 (0.1 m)(13.33333 rad/s)2= 71.11111 m/s2.

Problema 4.3. Los rodillos en los extremos de la barra AB se encuentran restringidos por la ranura mostrada. Si el rodillo A posee una velocidad dirigida hacia abajo cuya magnitud es de 1.2 m/s2 _{y es}

constante por un pequeño intervalo de movimiento, determine la aceleración tangencial del rodillo B cuando este pasa por la posición más alta de la trayectoria. El valor de R es 0.5 m.18

Solución. El objetivo de este problema es encontrar la componente tangencial de la aceleración del rodillo en B, para esto se realiza es un análisis cinemático del elemento, partiendo de las ecuaciones de velocidad para obtener el valor de las velocidades angulares y junto con las ecuaciones de aceleración obtener el valor buscado.

El primer paso consiste en determinar los vectores de posición. Se observa que la componente vertical del vector de posición entre el punto B y el punto A está dado por el teorema de Pitágoras

rB/Ax= s 3R 2 2 − R2_{= R} √ 5 2 Por lo tanto, el vector de posici´on del punto B respecto de A es

~rBA= Rˆi + R

√ 5 2 ˆj

18

Este es el Problema 5.133. del libro Engineering Mechanics: Dynamics. Meriam, J.L. and Kraige, L.G., Seventh Edition, Jonh Willey and Sons, Inc.: New York.

(23)

Figure 15: Barra con rodillos en los extremos restringidos a moverse en una ranura.

Análisis de velocidad. El enunciado indica que la velocidad del rodillo A en ese instante tiene direccón vertical, y por las restricciones de movimiento y la posición del rodillo del rodillo B sólo puede tener velocidad en la dirección horizontal.19

La velocidad del rodillo B est´a dado por

~vB= ~vA+ ~ω × ~rBA o vBî = vAˆj + ω ˆk × (Rî + √ 5 2 R ˆj) Las componentes x y y de esta ecuación son

vB= −ω √ 5 2 R 0 = vA+ ω R Por lo tanto ω = −vA R = − −1.2m s 0.5 m = 2.4 rad s

Análisis de aceleración. Puesto que el rodillo A tiene una velocidad de magnitud constante y su trayectoria, en esa vecindad es recta, la aceleración en el punto A es igual a cero

~aA= ~0

La aceleraci´on del rodillo o punto B est´a dada por

~aB= ~aA+ ~α × ~rBA − ω2~rBA (9)

La componente normal de la aceleración en B está dada —recuerde la ecuación para la aceleración normal de una part´ıcula— por:

aBn= vB2 R = −ω√25R 2 R = 5 ω2_R2 4R = 3.6 m s2

Por tanto la aceleraci´on en B se puede expresar como ~aB= aBxˆi − 3.6m

s2ˆj

19

Como consequencia el centro de velocidad instant´aneo se encuentra a una distancia

√ 5

2 R descendiendo verticalmente

desde el rodillo B y una magnitud R a la derecha del rodillo A. Este resultado podr´ıa utilizarse para realizar el an´alisis de velocidad.

(24)

Sustituyendo en la ecuación (9), la ~aA, ~aB y ω, se tiene aBxî − 3.6m s2ˆj = ~0 + α ˆk × (Rî + √ 5 2 R ˆj) − (2.4 rad s2 ) 2_{(Rî +} √ 5 2 R ˆj) Las componentes escalares de esta ecuación vectorial son

aBx = −α √ 5 2 R − (2.4 rad s2 ) 2_R −3.6m_s2 = α R − (2.4 rad s2 ) 2 √ 5 2 R

De la segunda ecuaci´on se tiene que α = −3.6 m s2 + (2.4rad_s2 )2 √ 5 2 R R = −0.760124 rad/s 2

De la primera ecuaci´on, se tiene que aBx= −α √ 5 2 R − (2.4 rad s2 ) 2_{R = −(−0.760124 rad/s}2₎ √ 5 2 (0.5 m) − (2.4 rad s2 ) 2_{(0.5 m) = −2.455 m/s}2

Esta es la aceleraci´on tangencial de B, donde el signo − indica que es hacia la izquierda.

Problema 4.4 El radio del engrane central A del sistema de engranes planetarios mostrado es a, el radio de cada uno de los engranes plenetarios es b y el radio del engrane exterior E es a + 2b. La velocidad angular del engrane A es ωA en sentido horario y el engrane exterior es estacionario. Si la

velocidad angular de la ara˜na BCD debe ser ωA/5 en sentido horario, determine el valor requerido de la

relaci´on b/a (b) la velocidad angular correspondiente de cada engrane planetario.20

Figure 16: Engrane planetario.

Soluci´on. Los vectores de posici´on necesarios para resolver el problema son

~rP/OA= aˆj ~rOB/OA = (a + b)ˆj ~rP/OB = −bˆj ~rQ/OB= bˆj

Adem´as se conocen algunas velocidades angulares ~

ωA= −ωAkˆ ωBCD= −

ωA

5 ˆk ~ωE = ~0

20

(25)

La clave de la soluci´on es, por una parte, que las velocidades de los puntos P , uno que pertenece al engrane sol A, y otro que pertenece al engrane planeta B deben ser iguales, es decir

~vP/A= ~vP/B

por lo tanto:

~vP/A = ω~A× ~rP/OA= (−ωˆk) × (aˆj) = ωAaˆi

~vP/B = ~ωBCD× ~vOB/OA+ ~ωB× ~rP/OB= (−

ωA

5 ˆk) × (a + b)ˆj + ωBk × (−bˆj)ˆ

= ωA

5 (a + b)ˆi + ωBbˆi

La ecuaci´on escalar que se obtiene de esta ecuaci´on vectorial es ωAa = ωA

5 (a + b) + ωBb (10)

Por otra parte, el resto de la soluci´on es que las velocidades de los puntos Q, uno que pertenece al engrane planeta B y otro que pertenece a la corona E deben ser iguales, es decir

~vQ/B= ~vQ/E ~vQ/B = ~ωBCD× ~rOB_/_OA+ ~ω_B× ~r_Q/B) = (− ωA 5 ˆk) × (a + b)ˆj + ωBk × (bˆj) =ˆ ωA 5 (a + b) − ωBb ~vQ/E = ~0

La ecuaci´on escalar asociada a esta ecuaci´on vectorial es 0 = ωA

5 (a + b) − ωBb (11)

Sumando (10) y (11), se tiene que ✟ω✟Aa = 2 5✟ω✟A(a + b) a = 2 5a + 2 5b 3 5a = 2 5b b a = 3/5 2/5 = 3 2 ωB =ωA 5 a + b b = ωa 5 ( a b + 1) = ωA 5 ( 1 3/2 + 1) = ωA 5 ( 2 3 + 1) = ωA 3 ~ ωB= 1 3ωAˆk

Problema 4.5El eje O mueve el brazo OA en sentido horario a una velocidad de 90 r.p.m. alrededor del punto fijo O. Use el método del centro instantáneo de velocidad para determinar la velocidad de rotación del engrane B —los dientes de los engranes no se muestran—. a) si el engrane corona D está fijo y, b) si el engrane corona D rota en sentido antihorario alrededor de O con una velocidad ángular de 80 r.p.m.21

Solución. El problema se resolverá simbólicamente, para en el paso final, resolver los dos incisos del problema. Pero, no se emplerán centros instantáneos de velocidad. Primeramente se enumerarán los elementos y puntos de contacto del engrane planetario.

Es importante notar que el brazo OA, eslabón 2, el engrane sol, eslabón 3, y el engrane corona, eslabón 5, todos tienen movimiento de rotación alrededor de un eje fijo perpendicular al plano del papel, que pasa por el punto O, sin embargo, todas sus velocidades angulares son diferentes. Finalmente, los engranes planeta, uno de ellos es el eslabón 4, están sujetos a movimiento plano general. Por otro lado, hay dos puntos de contacto, el punto P en el radio de paso del engrane sol, 3, y el engrane planeta, 4, y el punto Q, en el radio de paso del engrane planeta, 4, y el engrane corona, 5. En estos dos puntos no hay deslizamiento, por lo tanto sus velocidades y componentes tangenciales de la aceleración son iguales. Entonces, se tiene que

~vP 3 = ~vP 4 (12)

~vQ4 = ~vQ5 (13)

21

Este es el Problema 5.120 del libroEngineering Mechanics: Dynamics. J.L.Meriam, L.G.Kraige, Seventh Edition, Jonh Willey and Sons, Inc.: New York.

(26)

Figure 17: Engrane planetario a analizar.

Figure 18: Enumeraci´on de los eslabones del engrane planetario. Para la primera ecuaci´on (12), se tiene que

~vP 3 = ~ω3× ~rP/O= ω3ˆk ×

a 2ˆi =

1 2ω3aˆj

~vP 4 = ~vA4+ ~ω4× ~rP/A= ~ω2× ~rA/O+ ~ω4× ~rP/A= ω2k × aˆi + ωˆ 4k ×ˆ −a

2 ˆi = ω2− 1 2ω4 aˆj Por lo tanto, la ecuaci´on (12), se reduce a

1 2ω3aˆj = ~vP 3= ~vP 4= ω2−1 2ω4 aˆj o 1 2ω3= ω2− 1 2ω4 (14)

Para la segunda ecuaci´on (13), se tiene que

~vQ4 = ~vA4+ ~ω4× ~rQ/A= ~ω2× ~rA/O+ ~ω4× ~rQ/A= ω2k × aˆi + ωˆ 4ˆk ×

a 2ˆi = ω2+ 1 2ω4 a ˆj ~vQ5 = ~ω5× ~rQ/O= ω5ˆk × 3a 2ˆi = 3 2ω5aˆj

(27)

Por lo tanto, la ecuaci´on (13), se reduce a ω2+ 1 2ω4 a ˆj = ~vQ4= ~vQ5= 3 2ω5aˆj o ω2+ 1 2ω4= 3 2ω5 (15)

El análisis teórico conduce a la solución de un sistema de dos ecuaciones escalares (14) y (15) que en su forma más simple son

ω3= 2 ω2− ω4 2 ω2+ ω4= 3 ω5

Las inc´ognitas en este sistema de ecuaciones son ω3y ω4. Para tal f´ın, las ecuaciones se escriben como

ω3+ ω4 = 2 ω2

ω4 = −2 ω2+ 3 ω5

Por lo tanto, la soluci´on del sistema es

ω4= −2 ω2+ 3 ω5 ω3= 4 ω2− 3 ω5

Ahora se resolver´an cada uno de los incisos: 1. a). ω2= −90 r.p.m. y ω5= 0. Por lo tanto

ω4 = −2 ω2+ 3 ω5= −2 (−90 r.p.m.) + 3 (0 r.p.m.) = 180 r.p.m.

ω3 = 4 ω2− 3 ω5= 4 (−90 r.p.m.) − 3 (0 r.p.m.) = −360 r.p.m.

2. b). ω2= −90 r.p.m. y ω5= 80 r.p.m.. Por lo tanto

ω4 = −2 ω2+ 3 ω5= −2 (−90 r.p.m.) + 3 (80 r.p.m.) = 420 r.p.m.

ω3 = 4 ω2− 3 ω5= 4 (−90 r.p.m.) − 3 (80 r.p.m.) = −600 r.p.m.

El signo positivo indica que el giro de la rotaci´on es en sentido antihorario y el signo negativo indica que el giro de la rotaci´on es en sentido horario.

Problema 4.6 Para el engrane mostrado, derive una expresi´on para la velocidad angular ωC y

muestre que ωC es independiente del radio del engrane B. Suponga que el punto A est´a fijo y denote las

velocidades angulares de la barra ABC y el engrane A por ωABC y ωA respectivemte.22

Solución: Este es un problema interesante pues muestra uno de los errores frecuentes que incurren diferentes libros de texto en Dinámica. Debe notarse que los autores del libro al cual pertenece este problema usan la misma letra para identificar en punto y un eslabón o cuerpo r´ıgido, “...Suponga que el punto A está fijo y denote las velocidades angulares de la barra ABC y el engrane A por ωABC y

ωArespectivemte...” Para evitar esta confusión se denotarán los eslabones con número y los puntos con

letras. En particular, el eslabón fijo, que no se muestra, se denominará 1, el engrane sol, 2, la barra que conecta los engranes, 3, el engrane planetario intermedio, 4 y el engrane planetario exterior 5. Por otro lado, el punto A yace en los ejes de rotación del engrane 2 y la barra conectora 3, pero sus velocidades angulares pueden ser y son diferentes, el punto B yace en el eje de rotación del engrane planetario 4 y el punto C yace en el eje de rotación del engrane planetario 5. Además, debe notarse que el engrane sol, 2 y la barra conectora 3, están sujetos a rotación alrededor de un eje fijo, mientras que los engranes planetarios 4 y 5 están sujetos a movimiento plano general.

La soluci´on consiste en analizar dos parejas de puntos, los puntos P2 y P4 que son coindentes en el

radio de paso de los engranes 2 y 4 y los puntos Q4 y Q5 que son coindentes en el radio de paso de

los engranes 2 y 5, cada uno de los puntos de estas parejas tienen la misma velocidad. Además, para simplificar los cálculos, se supondrá que el eje X pasa por el punto A y es paralelo a la linea que une los puntos A, B y C. Por lo tanto, los vectores de posición rqueridos son

~rB/A= (rA+rB)î ~rC/A = (rA+2 rB+rC)î ~rP/B= −rBî ~rP/A= rAî ~rQ/B= rBî ~rQ/C = −rCî

22

Este es el Problema 15.72 del libro Vector Mechanics for Engineers, Ninth Edition. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.

(28)

Figure 19: Engrane Planetario Compuesto. Por lo tanto, se tiene que

~vP 2 = ~ω2× ~rP/A= ω2k × rˆ Aˆi = ω2rAˆj

~vP 4 = ~vB3+ ~ω4× ~rP/B= ~ω3× ~rB/A+ ~ω4× ~rP/B= ω3k × (rˆ A+ rB)ˆi + ω4ˆk × −rBˆi

= [ω3(rA+ rB) − ω4rB] ˆj

Igualando estas ecuaciones se tiene que

ω2rA= ω3(rA+ rB) − ω4rB

De manera semejante

~vQ4 = ~vB3+ ~ω4× ~rQ/B= ω3ˆk × (rA+ rB)ˆi + ω4ˆk × rBˆi = [ω3(rA+ rB) + ω4rB] ˆj

~vQ5 = ~vC3+ ~ω5× ~rQ/C = ω3k × (rˆ A+ 2 rB+ rC)ˆi + ω5ˆk × (−rCˆi)

= ω3(rA+ 2 rB+ rC) ˆj − ω5rBˆj = [ω3(rA+ 2 rB+ rC) − ω5rC] ˆj

Igualando estas ecuaciones se tiene que

ω3(rA+ rB) + ω4rB= ω3(rA+ 2 rB+ rC) − ω5rC

Igualando, en ambas ecuaciones escalares, ω4rB, se tiene que

ω4rB = −ω2rA+ ω3(rA+ rB) = ω3(rA+ 2 rB+ rC) − ω5rC− ω3(rA+ rB)

Simplificando, estas dos ´ultimas ecuaciones, se tiene que

−ω2rA+ ω3(rA+ rB) = ω3(rB+ rC) − ω5rC

Por lo tanto, finalmente ω5= ω2rA+ ω3(rB+ rC− rA− rB) rC = ω2rA+ ω3(rC− rA) rC = ω2 rA rC + ω3 1 − rA rC (16) La velocidad angular del engrane planetario 5 es independiente de rBy est´a dada por la ecuaci´on (16). El

resultado del libro no incluye ω2, quiz´as por que el autor interpret´o incorrectamente que si “... el punto

(29)

Problema 4.7 La rueda de r = 4 pulgadas de radio que se muestra en la figura 20 gira hacia la “izquierda”, en sentido contrario a las manecillas del reloj, de tal manera que su centro D tiene una velocidad de 45 pulgadas/segundo y rueda sin deslizar. Si la distancia AD es de 2.5 pulgadas, determine la velocidad del collar´ın y la velocidad angular de la varilla AB cuando a) β = 0◦_{, b) β = 90}◦_.23

Figure 20: Mecanismo con disco rodando.

Soluci´on: Aqu´ı resolveremos exclusivamente el inciso a). Si se denomina P el punto de la rueda que est´a en contacto con el piso, se tiene que si el disco rueda sin deslizar

~vP/disco= ~vP/piso= ~0, y ~atP/disco= ~atP/piso= ~0.

Cuando β = 0◦_{, los vectores de posici´on est´}_{an dados por}

~rD/P = 4pulg. ˆj ~rA/D= −2.5pulg. ˆj ~rB/A= 10.677pulg.ˆi + 6.5 pulg.ˆj.

Es importante señalar que el movimiento de rodadura entre dos cuerpos es un caso particular de movimiento plano general. Si la rodadura entre dos cuerpos es sin deslizamiento, las velocidades de los dos puntos de contacto y coincidentes, uno perteneciente a un cuerpo y otro perteneciente al otro cuerpo, tienen la misma velocidad y la misma componente tangencial de la aceleración. En el caso particular de un disco que rueda sin deslizar sobre un plano, se tiene que el desplazamiento, s, del punto D, que es el centro del disco, y el ángulo de rotación del disco, θ, están relacionados por

s = r θ

donde r es el radio del disco y los sentidos del desplazamiento y del ´angulo de rotaci´on son “congruentes”. Derivando con respecto al tiempo esta expresion, puesto que r es constante, se tiene que

| ~vD|= r ω

donde ω = ˙θ es la velocidad angular del disco. De manera similar, una segunda derivaci´on conduce a —el punto D se mueve a lo largo de una l´ınea recta, de manera que no tiene aceleraci´on normal—.

| ~aD|= r α

donde α = ˙ω = ¨θ. Es importante indicar que las direcciones de la velocidad y la aceleración están relacionadas con las direcciones de la velocidad angular y la aceleración angular respectivamente.

De acuerdo a la definici´on del movimiento de rodadura sin deslizamiento, se tiene que ~vP/disco= ~0.

Por lo tanto

~vD/disco = ~vP/disco+ ~ω × ~rD/P

−45pulg.

s. ˆi = ~0 + ω ˆk × 4 pulg. ˆj = −4 ω pulg.ˆi.

23

(30)

Por lo tanto ω =−45 pulg. s. −4 pulg. = 11.25 rad. s. y ~ω = 11.25 rad. s. ˆk. Ahora determinaremos la velocidad del punto A,

~vA/disco = ~vD/disco+ ~ω × ~rA/D= −45

pulg. s. ˆi + 11.25rad. s. ˆk

×−2.5 pulg. ˆj= −16.875pulg._s. ˆi Adem´as

~vA/disco= ~vA/AB

Estamos ahora en posici´on para obtener la velocidad del collar´ın B y la velocidad angular de la barra AB. Debe notarse que

~vB/AB = ~vB/collar

~vA/AB+ ~ωAB× ~rB/A = vBˆi

−16.875pulg._s. ˆi +ωABˆk

×10.677pulg.ˆi + 6.5 pulg.ˆj = vBˆi

Las ecuaciones escalares que resultan de la ecuación vectorial son −16.875pulg._s. − ωAB6.5 pulg. = vB, y 0 + ωAB10.677pulg. = 0. Por lo tanto ωAB = 0 y vB= −16.875 pulg. s. o en términos vectoriales ~ ω = ~0 y ~vB= −16.875 pulg. s. î. Con este resultado finaliza el problema.

Problema 4.8Una viga de acero de 10ft, mostrada en la figura 21, se baja mediante dos cables que se enrollan a la misma velocidad desde una grua viajera, vea la figura 21. Cuando la viga se aproxima al piso, los operadores de la grua aplican frenos para disminuir la velocidad de desenrollado. En el instante considerado la desaceleraci´on del cable unido al punto A es 12ft_/_s2_{, mientras que el del cable B es 5}_ft_/

s2_.

Determine la aceleraci´on angular de la viga (b) la aceleraci´on del punto C. 24

Figure 21: Barra manipulada mediante dos cables.

Soluci´on: Debe notarse que el problema supone que en el instante considerado la velocidad de desenrollado de ambos cables es igual por lo tanto

~vA= ~vB

24

Este problema corresponde a los problemas 15.107 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics

(31)

y de la ecuaci´on

~vB = ~vA+ ~ω × ~rB/A= ~vA+ (ωˆk) × (9[ft]ˆi) = ~vA+ 9ω[ft]ˆj

se tiene que

0 = 9ωft ⇒ ω = 0 La velocidad angular de la barra en ese instante es igual a cero.

~aA= 12ft/s2ˆj ~aB = 5ft/s2ˆj

y

~aB = ~aA+ ~α × ~rB/A− ω2~rB/A

Sustituting the numeric values of the variables 5ft_/_s2ˆj = 12_ft_/ s2ˆj + (αˆk) × (9[ft]î) − 02_(9[ft]î) o 5ft_/_s2_{= 12}_ft_/ s2_{+ 9α[ft]} _{α =} 5 ft_/_s2_{− 12}ft_/_s2 9ft = − 7 9rad/s 2 Finalmente ~ α = −7₉ft_/_s2_kˆ ~aC= ~aA+ ~α × ~rC/A−✘✘✘✘ ✿0 ω2~rC/A o ~aC= 12ft/s2ˆj + (−7 9rad/s 2ˆ k) × (10[ft]î) = 4.222222ft_/_s2ˆj

Problema 4.9 Dos barras AB y DE se conectan como se muestran en la Figura 22. Sabiendo que el punto B se mueve hacia abajo con una velocidad de 60 in/s, determine (a) la velocidad angular de cada barra, (b) la velocidad del punto E.25 _{Nota importante: El problema debe resolverse por medio de}

centros instant´aneos de velocidad.

Figure 22: Barra deslizandose sobre una rueda y el piso.

Soluci´on. Puesto que la velocidad del punto B es vertical, el centro instant´aneo de la barra 2 yace sobre una l´ınea horizontal que pasa por el punto B. De igual manera, puesto que la velocidad del punto

25

Este problema corresponde a los problemas 15.98 del libroVector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics Beer,

(32)

A es horizontal, el centro instant´aneo de la barra 2 yace sobre una l´ınea vertical que pasa por el punto A. La intersecci´on de esas dos l´ıneas es el punto O2. De la Figura 22, se tiene que

~rB/O2 = 30 inˆi ~vB= −60 in/s ˆj

Adem´as, puesto que la velocidad del centro instantaneo O es cero, se tiene que ~vB= ~vO2+ ~ω2× ~rB/O2 = ~ω2× ~rB/O2

Por lo tanto

−60 in/s ˆj = ω2ˆk × 50 inˆi = 30 in ω2ˆj ω2=−60 in/s

30 in = −2 rad/s Adem´as es posible calcular la velocidad del punto D, pues

~rD/O2= 15 inˆi − 8 in ˆj

por lo tanto

~vD3 = ~vD2 = ~vO2+ ~ω2× ~rD/O2 = ~ω2× ~rD/O =

−2 rad/s ˆk×15 inî − 8 in ˆj= −16 in/sî − 30 in/s ˆj En cuanto a la localización del centro instantáneo de la barra 3, se tiene que: La velocidad del punto E es horizontal de manera que el centro instantáneo del eslabón O3 está localizado en una l´ınea vertical

que pasa por el punto E. Por otro lado, el centro instant´aneo O3estar´a localizado en una l´ınea que pasa

por D y es perpendicular a ~vD3 = ~vD2 y por lo tanto paralelo al vector de posici´on ~rD/O2. Entonces se

tiene que ~rD/F = −15 inî + 8 in ˆj y ~rO3/F = −9 inî + 8 159 in ˆj = −9 inî + 24 5 inˆj Por lo tanto ~rD/O3 = ~rD/F − ~rO3/F = −6 inî + 16 5 inˆj y

−16 in/sˆi − 30 in/s ˆj = ~vD3 = ~vO3+ ~ω3× ~rD/O3 = ω3k ×ˆ

−6 inˆi +16₅ inˆj

= −16₅ in ω3ˆi − 6 in ω3ˆj

De esta ecuaci´on vectorial, se tienen dos ecuaciones escalares

−16 in/s = −16₅ in ω3 y − 30 in/s = −6 in ω3

Las ecuaciones son consistentes y tienen como soluci´on com´un

ω3= 5 rad/s y ~ω3= 5 rad/s ˆk

Finalmente, la velocidad del punto E estar´a dada por ~vE3= ~vO3+ ~ω3× ~rE/O3 = ~ω3× ~rE/O3 = 5 rad/s ˆk× −24₅ inˆj = 24 in/sˆi. Con este resultado finaliza el problema.

Problema 4.10En la posición mostrada en la figura 23, la barra AB tiene cero aceleración angular y una velocidad angular de 20 rad/s en sentido antihorario. Determine (a) la velocidad angular del miembro BDH, (b) la velocidad del punto H. Adicionalmente encuentre, (c) la aceleración angular del miembro BDH y (d) la aceleración del punto H.26

26

Este problema corresponde, con alguna modificaci´on, al problema 15.69 del libroVector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics Beer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.

(33)

Figure 23: Mecanismo plano de cuatro barras.

Solución. Primeramente se numerarán los eslabones de la siguiente forma. El eslabón fijo 1, el eslabón motriz, AB, 2, el eslabón acoplador, BDH, 3 y el eslabón seguidor, ED, 4. A continuación se determinarán los vectores de posición necesarios para la solución del problema.

~rB/A= 3 inî − 4 in ˆj ~rD/B= 10 inî ~rD/E= −3 inî − 4 in ˆj ~rH/B= 10 inî − 10 in ˆj

Por otro lado, se sabe que la velocidad y aceleración angular del eslabón motriz, AB, están dadas por ~

ω2= 20 rad/s2ˆk ~α2= ~0.

Análisis de Velocidad. Primero se determinará la velocidad del punto B del eslabón 2 —debe notarse que las velocidades de los puntos coincidentes B como parte de 2 y B como parte de 3 son iguales.

~vB2= ~vB3= ~ω2× ~rB/A= (20 rad/s ˆk) × (3 inˆi − 4 in ˆj) = 80 in/sˆi + 60 ∈ /s ˆj.

El an´alisis de velocidad termina notando que las velocidades de los puntos coincidentes D como parte de 3 y D como parte de 4 son iguales. Por lo tanto

~vD3= ~vB3+ ~ω3× ~rD/B = ~ω4× ~rD/E = ~vD4

De aqu´ı que

(80 in/sî + 60 in/s ˆj) + ω3ˆk × (10 inî) = ω4ˆk × (−3 inî − 4 in ˆj)

Esta ecuaci´on vectorial, da lugar a un sistema de dos ecuaciones escalares, dado por 80 in/s = 4 ω4in

60 in/s + ω310 in = −3 ω4in

La soluci´on de este sistema de ecuaciones est´a dado por

ω4= 20 rad/s ω3= −12 rad/s

Por lo tanto

~

ω3= −12 rad/s ˆk ~ω4= 20 rad/s ˆk

Por último, falta determinar la velocidad del punto H, que también forma parte del eslabón 3. Por lo tanto, se tiene que

~vH3 = ~vB3+ ~ω3× ~rH/B = 80 in/sˆi + 60in/s ˆj + (−12 rad/s ˆk) × (10 inˆi − 10 in ˆj)

(34)

Este vector ~vH3, tiene una magnitud igual a

| ~vH3|=p(−40 in/s)2+ (−60 in/s)2= 72.111 in/s

y su ´angulo respecto al semieje positivo X est´a dado por θH= tan−1−60 in/s

−40 in/s = −123.69

◦

Análisis de Aceleración. Primero se determinará la aceleración del punto B del eslabón 2 —debe notarse que las aceleraciones de los puntos coincidentes B como parte de 2 y B como parte de 3 son iguales.

~aB2 = ~aB3= ~α2× ~rB/A− ω22~rB/A= −(20 rad/s)2(3 inˆi − 4 in ˆj) = −1200 in/s2ˆi + 1600 in/s2ˆj.

El an´alisis de aceleraci´on termina notando que las aceleraciones de los puntos coincidentes D como parte de 3 y D como parte de 4 son iguales. Por lo tanto

~aD3= ~aB3+ ~α3× ~rD/B− ω32~rD/B= ~α4× ~rD/E− ω42~rD/E = ~aD4

De aqu´ı que

(−1200 in/s2î + 1600in/s2ˆj) + α3k × (10 inî) − (−12 rad/s)ˆ 2(10 inî) =

α4ˆk × (−3 inˆi − 4 in ˆj) − (−20 rad/s)2(−3 inˆi − 4 in ˆj)

Esta ecuaci´on vectorial, da lugar a un sistema de dos ecuaciones escalares, dado por −2640 in/s2 = 4 α4in + 1200 in/s2

1600 in/s2+ α310 in = −3 α4in + 1600 in/s2

La soluci´on de este sistema de ecuaciones est´a dado por

α4= −960 rad/s2 α3= 288 rad/s2

Por lo tanto

~

α3= 288 rad/s2ˆk ~ω4= −960 rad/s2ˆk

Por último, falta determinar la aceleración del punto H, que también forma parte del eslabón 3. Por lo tanto, se tiene que

~aH3 = ~aB3+ ~α3× ~rH/B− ω23× ~rH/B

= −1200 in/s2î + 1600 in/s2ˆj + (288 rad/s2ˆk) × (10 inî − 10 in ˆj) − (−12 rad/s)2(10 inî − 10 in ˆj) ~aH3 = 240 in/s2î + 5920 in/s2ˆj

Este vector ~aH3, tiene una magnitud igual a

| ~aH3|=p(240 in/s2)2+ (5920 in/s2)2= 5924.8628 in/s2

y su ´angulo respecto al semieje positivo X est´a dado por θH= tan−1

5920 in/s2

240 in/s2 = 87.6784 ◦

Problema 4.11 Sabiendo que en el instante mostrado la barra AB tiene una velocidad angular constante de 4 rad/s en sentido horario, determine la aceleraci´on angular (a) de la barra BD, (b) de la barra DE.27

Soluci´on: La figura 24 muestra el mecanismo con los eslabones o barras numeradas. Los vectores de posici´on necesarios para resolver el problema son

~rB/A= −4 aî − 8 a ˆj ~rD/B = 8 aî ~rD/E = 4 aî − 5 a ˆj

27

Este problema corresponde a los problemas 15.133 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics

(35)

Figure 24: Mecanismo Plano de Cuatro Barras.

donde a = 100 mm. Similarmente, las velocidades y aceleraciones angulares de los eslabones son ~

ω2= ω2kˆ ~α2= ~0 ~ω3= ω3ˆk ~α3= α3ˆk ~ω4= ω4kˆ ~α4= α4ˆk

donde ω2= −4 rad/s

Análisis de velocidad. Para el análisis de velocidad, se iniciará determinando la velocidad del punto A, dada por

~vB3= ~vB2= ~ω2× ~rB/A= ω2k × (−4 aˆi − 8 a ˆj) = 8 a ωˆ 2ˆi − 4 a ω2ˆj

El an´alisis de velocidad finaliza notando que ~vD3= ~vD4, por lo tanto

~vD3 = ~vB3+ ~ω3× ~rD/B = (8 a ω2î − 4 a ω2ˆj) + ω3k × 8 aî = 8 a ωˆ 2î + (−4 a ω2+ ω38 a)ˆj

~vD4 = ~ω4× ~rD/E= ω4k × (4 aˆi − 5 a ˆj) = 5 ωˆ 4aˆi + 4 ω4aˆj

Igualando estas ecuaciones se obtiene que

8 a ω2= 5 ω4a − 4 a ω2+ ω38 a = 4 ω4a

La soluci´on de este sistema est´a dado por ω4= 8 5ω2= −6.4 rad/s ω3= 1 2(ω2+ ω4) = 13 10ω2= −5.2 rad/s.

Análisis de aceleración. Para el análisis de aceleración, se iniciará determinando la aceleración del punto A, dada por

~aB3= ~aB2= ~α2× ~rB/A− ω22~rB/A= −ω22 × (−4 aˆi − 8 a ˆj) = 4 a ω22ˆi + 8 a ω22ˆj

El an´alisis de aceleraci´on finaliza notando que ~aD3= ~aD4, por lo tanto

~aD3 = ~aB3+ ~α3× ~rD/B− ω23~rD/B = 4 a ω22î + 8 a ω22ˆj + α3ˆk × 8 aî − 13 10ω2 2 8 aî = 4 ω22a 1 −169₅₀ î + 8 a ω2 2+ α3 ˆj = 4 ω2 2a 119 50î + 8 a ω 2 2+ α3 ˆj ~aD4 = ~α4× ~rD/E− ω42~rD/E= α4ˆk × (4 aî − 5 a ˆj) −

8 5ω2 2 (4 aˆi − 5 a ˆj) = 5 a α4−256 25 a ω 2 2 ˆi + 4 aα4+16 5 ω 2 2 ˆj Igualando estas ecuaciones se obtiene que

−4 ω22a 119 50 = 5 a α4− 256 25 a ω 2 2 8 a ω22+ α3 = 4 a α4+ 16 5 ω 2 2