El M´
etodo de derivaci´
on de ecuaciones escalares en la
cinem´
atica.
Jos´
e Mar´ıa Rico Mart´ınez
Departamento de Ingenier´ıa Mec´
anica
Divisi´
on de Ingenier´ıas, Campus Irapuato-Salamanca.
Universidad de Guanajuato
Carretera Salamanca-Valle de Santiago Km. 3.8 + 1.5
CP 36730, Salamanca, Gto., M´
exico
E-mail: jrico@ugto.mx
1
Introducci´
on.
Existen diferentes m´etodos de ense˜nanza de la cinem´atica, uno de esos m´etodos involucra la es-critura de relaciones entre las variables asociadas a la posici´on de los diferentes cuerpos r´ıgidos o eslabones de un mecanismo. Los an´alisis de velocidad y aceleraci´on se reducen a la derivaci´on de esas relaciones. Estas notas tienen por objetivo mostrar como este m´etodo permite en algunos ca-sos, una soluci´on muy simple de algunos problemas que analizados con las herramientas vectoriales usuales pueden resultar muy complicados. Sin embargo, frecuentemente estos m´etodos requieren de obtener relaciones trigonom´etricas que no resultan obvias y no existe una manera sistem´atica para resolver universalmente cualquier problema, [1, 2, 3] —este m´etodo se denomina por algunos autores como an´alisis de un movimiento en t´erminos de un par´ametro— consecuentemente, estas notas simplemente contienen la soluci´on de diferentes problemas resueltos de esa manera y en algunos casos su comparaci´on con la soluci´on del problema usando los m´etodos de este curso.
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Problema 1
El disco motriz del mecanismo de yugo escos´es mostrado en la figura 1 tiene una velocidad angular ~
ω y una aceleraci´on angular ~α, ambas en sentido antihorario. Usando la derivaci´on de ecuaciones escalares encuentre expresiones para la velocidad y aceleraci´on del punto B.1
Soluci´on. Debe notarse que el vector de posici´on del perno, P , del yugo escos´es, respecto a un sistema coordenado con origen en el punto A est´a dado, en t´erminos del ´angulo de rotaci´on θ, del disco motriz 2 y del radio b, como
~rP/A= b cos θ ˆi + b sen θ ˆj
y por lo tanto la distancia vertical del punto B con respecto al punto A est´a dada por
yB/A= b sen θ + c (1)
donde c es la distancia vertical constante mostrada en la figura 1. Derivando respecta al tiempo la ecuaci´on (1) se obtiene la velocidad del punto B
vB = d yB/A d t = d d t(b sen θ + c) = b cos θ d θ d t = b ω cos θ (2) 1
Figure 1: Mecanismo de yugo escoc´es.
Volviendo a derivar respecto al tiempo la ecuaci´on (2) se obtiene la aceleraci´on del punto P , dada por aB = d vB d t = d d t(b ω cos θ) = b d ω d t cos θ+ ω d d t(cos θ) = b α cos θ+ ω −sen θd θ d t = b α cos θ − ω2sen θ (3)
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Problema 2
Las ruedas unidas a los extremos de la barra AB ruedan sin deslizar a lo largo de las superficies mostradas. Derive una expresi´on para la velocidad angular de la barra en t´erminos de vB, θ, l y
β.2
Figure 2: Barra con ruedas en sus extremos.
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Problema 3
Las ruedas unidas a los extremos de la barra AB ruedan sin deslizar a lo largo de las superficies mostradas, vea la Figura 2. Sabiendo que la aceleraci´on del centro de la rueda B es cero, derive una expresi´on para la aceleraci´on angular de la barra en t´erminos de vB, θ, l y β.3
Soluci´on de los problemas 2 y 3. Note que el dibujo claramente indica el origen de medici´on de las variables cinem´aticas y clarifica el problema asociado con la medici´on de sB. La soluci´on de
ambos problemas, se basa en un an´alisis del tri´angulo △ACB, el ´angulo en el v´ertice C est´a dado por 180◦− β. De la ley de los senos aplicada al mismo tri´angulo, se tiene que
sB
sen θ =
l sen(180◦− β)
Sin embargo, empleando identidades trigonom´etricas, se sabe que
sen(180◦− β) = sen 180◦cos β) − cos 180◦sen β= sen β
Por lo tanto, la ecuaci´on final resulta sB sen θ = l sen β y sen θ= sen β l sB (4)
Derivando implicitamente respecto al tiempo la ecuaci´on (4), se tiene que cos θd θ dt = sen β l d sB dt = sen β l vB (5)
Por lo tanto, la soluci´on final del segundo problema es d θ
dt = sen β
l cos θvB (6)
La ecuaci´on (6) representa la soluci´on del segundo problema.
Para el tercer problema, derive implicitamente la ecuaci´on (5), se tiene que −sen θ d θ dt 2 + cos θd 2 θ d t2 = 0 Por lo tanto d2 θ d t2 = sen θ d θdt2 cos θ Sustituyendo en esta ecuaci´on, la ecuaci´on (6), se tiene que
d2 θ d t2 = sen β l cos θvB 2 sen θ cos θ = sen β l vB 2 sen θ cos3θ (7)
La ecuaci´on (7) representa la soluci´on del tercer problema.
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Problema 4
La barra AB, vea la figura 3 se mueve sobre una peque˜na rueda en el punto C mientras que A se mueve a la derecha con una velocidad constante vA. Usando el m´etodo de descripci´on del
Figure 3: Barra deslizandose sobre una rueda y el piso.
de la barra. Derive expresiones para las componentes horizontales y verticales de la velocidad del punto B.4
Soluci´on. El eslab´on fijo se denominar´a 1, la barra ACB se denominar´a el eslab´on 2 y el rodillo se denominar´a el eslab´on 3. De la figura 3, se tiene que
tan θ= b xA
, (8)
Derivando la expresi´on (8), respecto al tiempo, y notando que mientras que b es una constante, θ y xAson variables, se tiene que
sec2θd θ d t = b −x−2 A d xA d t = − b x2 A d xA d t
Finalmente, debe notarse que la velocidad angular de la barra AB est´a dada por ω ≡d θ
d t
Adem´as, si la velocidad del punto A es hacia la derecha, entonces d xA
d t = −vA
pues la coordenada xA disminuye su valor algebraico. Por lo tanto
ω= − b x2 A Cos2θ(−vA) = b vA x2 A Cos2θ (9)
Si se desea evitar la presencia del ´angulo θ, recordando que Cos θ= xA (x2 A+ b 2)1/2 Sen θ= b (x2 A+ b 2)1/2 3
Este es el problema 15.140, p´agina 1046 de [2].
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Este problema corresponde a los problemas 15.141 y 15.142 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and DynamicsBeer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.
se tiene que
ω= b vA x2
A+ b
2 (10)
Esta forma de la ecuaci´on es mejor pues s´olo una variable aparece en la misma.
Derivando, nuevamente, con respecto al tiempo la ecuaci´on (10), y notando que vAes constante
por la definici´on del problema, se tiene que α ≡ d ω d t = b vA − x2A+ b 2−2 2xA d xA d t = 2 b v 2 AxA (x2 A+ b 2 )2 (11)
Si la persona paso por alto esta ´ultima reducci´on, a´un as´ı es posible obtener el mismo resultado. Derivando, nuevamente, con respecto al tiempo la ecuaci´on (9), y notando que vAes constante por
la definici´on del problema, se tiene que α ≡ d ω d t = b vA −2 x−3 A d xA d t Cos2 θ+ x−2 A 2 Cos θ −Sen θd θ d t = 2 b v 2 ACos 2 θ x3 A −2 b vACos θ Sen θ x2 A ω= 2 b v 2 ACos 2 θ x3 A −2 b 2 v2 ACos 3 θ Sen θ x4 A (12) Sustituyendo las ecuaciones del seno y coseno de θ, se tiene que
α = 2 b v 2 ACos 2 θ x3 A −2 b 2 v2 ACos 3 θ Sen θ x4 A = 2 b v 2 A x3 A x2 A x2 A+ b 2 − 2 b2 v2 A x4 A x3 A (x2 A+ b 2 )3/2 b (x2 A+ b 2 )1/2 = 2 b v 2 A xA(x2A+ b 2 )− 2 b3 v2 A xA (x2A+ b 2 )2 = 2 b v 2 A x2 A+ b 2 − b2 xA(x2A+ b 2 )2 = 2 b v2 AxA (x2 A+ b 2 )2 (13) Comprobando el resultado.
Las componentes horizontales y verticales de la posici´on del punto B, con referencia al punto O est´an dadas por
xB= −xA+ l Cos θ y yB= l Sen θ (14)
Derivando las ecuaciones (14) respecto al tiempo se tiene que vBx ≡ d xB d t = − d xA d t − l Sen θ d θ d t = −vA− l Sen θ ω = vA− l Sen θ b vA x2 A+ b 2 = vA− l b (x2 A+ b 2)1/2 b vA x2 A+ b 2 = vA− l b2 vA (x2 A+ b 2)3/2 (15) vBy ≡ d yB d t = l Cos θ d θ d t = l xA (x2 A+ b 2 )1/2ω= l xA (x2 A+ b 2 )1/2 b vA x2 A+ b 2 = l b xAvA (x2 A+ b 2 )3/2 (16) Ahora se resolver´a el mismo problema empleando m´etodos vectoriales. La clave de la soluci´on es que en el punto C existe deslizamiento, pero para mantener contacto y dada la suposici´on de cuerpo r´ıgido, una condici´on necesaria es que la componente de la velocidad de C como parte del eslab´on 2 a lo largo de la normal com´un debe ser cero.
~vC2ˆn = ~vC3ˆn= ~0. (17)
El vector de posici´on del punto C con respecto al punto A, es igual a ~rC/A = xAˆi + b ˆj
De manera que ~ vC = ~vA+ ~ω2× ~rC/A= vAˆi + ω2k ׈ xAˆi + b ˆj = (vA− ω2b) ˆi + (ω2xA) ˆj
Un vector unitario a lo largo de la normal com´un, en el punto C, est´a dado por ˆ
n= −sen θ ˆi + cos θ ˆj De manera que la condici´on dada por la ecuaci´on (17) conduce a 0 = ˆn · ~vC=
−sen θ ˆi + cos θ ˆj·h(vA− ω2b) ˆi + (ω2xA) ˆj
i
= −sen θ (vA− ω2b) + cos θ (ω2xA)
Sin embargo, de la figura, se tiene que sen θ= b px2 A+ b 2 cos θ= xA px2 A+ b 2
de manera que, la condici´on se reduce a 0 = − b px2 A+ b 2(vA− ω2b) + xA px2 A+ b 2ω2xA o b vA px2 A+ b 2 = ω2 b2 px2 A+ b 2 + x2 A px2 A+ b 2 ! o ω2= b vA x2 A+ b 2
Tambi´en se calcular´a la componente de velocidad a lo largo de la tangente com´un, suponiendo que el rodillo 3 no tiene movimiento alguno. El vector unitario tangente est´a dado por
ˆ
t= cos θ ˆi + sen θ ˆj de manera que
~
vC2ˆt= ˆt ·~vC=
cos θ ˆi+ sen θ ˆj·h(vA− ω2b) ˆi + (ω2xA) ˆj
i
= vAcos θ+ ω2(−cos θ b + sen θ xA)
Sustituyendo los valores de ω2, sen θ y cos θ, se tiene que la componente tangencial de la velocidad
del punto C como parte de la barra ACB, eslab´on 2, est´a dada por ~vC2ˆt= vA xA px2 A+ b 2 + b vA x2 A+ b 2 −b xA px2 A+ b 2 + xA b px2 A+ b 2 ! = vAxA px2 A+ b 2
References
[1] Hibbeler, R. C. [2004], Mec´anica Vectorial Para Ingenieros, Din´amica. D´ecima Edici´on.ISBN 970-26-0500-8. Ciudad de M´exico: Pearson.
[2] Beer, F. P., Jhonston, E. R. Jr., Mazurek, D. F., Cornwell, P. J. y Self, B. P., [2016],Vector
Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics, 11th Edition, ISBN 978-0-07-339824-2. New York: McGraw-Hill.
[3] Kraige, L. G. y Meriam, J . L. [2006], Engineering Mechanics: Dynamics. Sixth Edition ISBN 0471-73931-6. New York: John Wiley and Sons Inc.