El Método de derivación de ecuaciones escalares en la cinemática.

(1)

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 métodos de enseñanza de la cinemática, uno de esos métodos involucra la es-critura de relaciones entre las variables asociadas a la posición de los diferentes cuerpos r´ıgidos o eslabones de un mecanismo. Los análisis de velocidad y aceleración se reducen a la derivación de esas relaciones. Estas notas tienen por objetivo mostrar como este método permite en algunos ca-sos, una solución muy simple de algunos problemas que analizados con las herramientas vectoriales usuales pueden resultar muy complicados. Sin embargo, frecuentemente estos métodos requieren de obtener relaciones trigonométricas que no resultan obvias y no existe una manera sistemática para resolver universalmente cualquier problema, [1, 2, 3] —este método se denomina por algunos autores como análisis de un movimiento en términos de un parámetro— consecuentemente, estas notas simplemente contienen la solución de diferentes problemas resueltos de esa manera y en algunos casos su comparación con la solución del problema usando los métodos de este curso.

2 Problema 1

El disco motriz del mecanismo de yugo escos´es mostrado en la figura 1 tiene una velocidad angular ~

ω y una aceleración angular ~α, ambas en sentido antihorario. Usando la derivación de ecuaciones escalares encuentre expresiones para la velocidad y aceleración del punto B.1

Solución. Debe notarse que el vector de posición del perno, P , del yugo escosés, respecto a un sistema coordenado con origen en el punto A está dado, en términos del ángulo de rotación 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

(2)

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)

3 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.

2

(3)

4 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 aceleración del centro de la rueda B es cero, derive una expresión para la aceleración angular de la barra en términos de vB, θ, l y β.3

Solución de los problemas 2 y 3. Note que el dibujo claramente indica el origen de medición de las variables cinemáticas y clarifica el problema asociado con la medición de sB. La solución de

ambos problemas, se basa en un análisis del triángulo △ACB, el ángulo en el vértice C está dado por 180◦_{− β. De la ley de los senos aplicada al mismo triángulo, 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 ecuación (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 θ_dt2 cos θ Sustituyendo en esta ecuación, la ecuación (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 cos3_θ (7)

La ecuaci´on (7) representa la soluci´on del tercer problema.

5 Problema 4

La barra AB, vea la figura 3 se mueve sobre una pequeña rueda en el punto C mientras que A se mueve a la derecha con una velocidad constante vA. Usando el método de descripción del

(4)

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

Solución. El eslabón fijo se denominará 1, la barra ACB se denominará el eslabón 2 y el rodillo se denominará el eslabón 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].

4

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.

(5)

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 última reducción, aún as´ı es posible obtener el mismo resultado. Derivando, nuevamente, con respecto al tiempo la ecuación (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 resolverá el mismo problema empleando métodos vectoriales. La clave de la solución es que en el punto C existe deslizamiento, pero para mantener contacto y dada la suposición de cuerpo r´ıgido, una condición necesaria es que la componente de la velocidad de C como parte del eslabón 2 a lo largo de la normal común 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

(6)

De manera que ~ vC = ~vA+ ~ω2× ~r_C/A= v_Aî + ω2k ×ˆ xAî + b ˆj = (vA− ω2b) î + (ω2x_A) ˆj

Un vector unitario a lo largo de la normal com´un, en el punto C, est´a dado por ˆ

n= −sen θ î + cos θ ˆj De manera que la condición dada por la ecuación (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

También se calculará la componente de velocidad a lo largo de la tangente común, suponiendo que el rodillo 3 no tiene movimiento alguno. El vector unitario tangente está dado por

ˆ

t= cos θ ˆi + sen θ ˆj de manera que

~

v_C2ˆ_t= 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 ~v_C2ˆ_t= 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], Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Décima Edición.ISBN 970-26-0500-8. Ciudad de México: 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.