Mecánica Para Ingenieros (Dinamica) - Russell C. Hibbeler (6ta Edición).pdf

71

12.142. Una partícula Pva por una trayectoria espiral elíptica de tal manera que su vector r de posición está definido por r = {2cos(0.1t)i + 1.5 sen(O.lt)j + (2t)k} m, estando t en segundos y los argumentos del seno y el coseno en radianes. Cuando t = 10 s, calcule los ángulos de dirección a, f3 y r que forma el eje binormal al plano osculador con los ejes X, Y,· z. Sugerencia: Despeje la velocidad vp y la aceleración ap de la partícula en términos de sus componentes i, j, k. La binormal es paralela a ap x vp. ¿Por qué?

r

/ )'-------.1'

x

Probo 12.142

12.143. Durante un corto tiempo el avión cohete se mueve a lo largo de una trayectoria en forma de lemniscato, r2 = (2500 cos 2e) km 2. Al momento en que e = 30°, la antena detectora de radar está girando a una velocidad é = 5(10-3) rad/s y = 2(10-3) rad/s 2. Calcule las componentes radial y transversal de la velocidad y aceleración del plano en este instante.

e

Prob.12.140 ,2

12.141. El movimiento de una partícula a lo largo de una trayectoria está definido por las ecuaciones paramétricas r = 1.5 m, e = 2t rad, y z = t 2 m, en las cuales el parámetro t está en segundos. Determine el vector unitario que especifica la dirección del eje binormal al plano osculador con respecto a un conjunto de ejes fijos coordenados X, Y, z cuando t = 0.25 s. Sugerencia: Formule la velocidad vp y la aceleración ap de la partícula en términos de sus componentes i, j Yk. La binormal es paralela a ap x vp. ¿Por qué?

= 2500 cos 2e

e

Probo 12.143

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CAP.12 CINEMÁTICA DE UNA PARTÍCULA

12.8 Análisis de movimiento absoluto dependiente de dos partículas

Referencia

Fig.12.36

En algunos tipos de problemas el movimiento de una partícula depende del movimiento correspondiente de otra. Esta dependencia se presenta por lo común si las partículas están interconectadas por cordones inextensibles que pasan por poleas. Por ejemplo, el movimiento del bloqueA hacia abajo por el plano inclinado de la figura 12.36 causa un movimiento correspondiente hacia arriba del bloque B en el otro plano. Lo anterior se puede mostrar matemáticamente, especificando primero la ubicación de los bloques mediante las coordenadas de posición SA Yss. Nótese que cada uno de los ejes coordenados está (1) referido a un punto fijo (O), o líneafija de referencia, (2) medido a lo largo de cada plano inclinado en la dirección del movimiento, y (3) tiene sentido positivo de C a A y de D a B. Si la longitud total de la cuerda es Ir. las coordenadas de posición están relacionadas mediante la ecuación

En este caso leo es la longitud de la cuerda que pasa sobre el arco CD. Tomando la derivada de esta expresión con respecto al tiempo, y teniendo en cuenta que ICD YIr permanecen constantes, mientras que SA YSB miden las longitudes de los segmentos variables de la cuerda, tenemos que

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Referencia

h

(a)

Fig.12.37

El signo negativo indica que cuando el bloque A tiene una velocidad hacia abajo, es decir, en la dirección de SA positiva, origina una velocidad correspondiente del bloque B hacia arriba; o sea, que B se mueve en la dirección de la SB negativa. De modo semejante, la diferenciación de las velocidades con respecto al tiempo da la relación entre las aceleraciones:

En la figura 12.37a se muestra un ejemplo más complejo de movimiento dependiente de dos bloques. En este caso, la posición del bloque A está especificada por SA, Y la del extremo de la cuerda de la cual está suspendido el bloque B está definida por SB. En este caso hemos escogido los ejes coordenados que están (1) referidos a puntos fijos o de referencia, (2) medidos en la dirección de movimiento de cada bloque, y (3) positivos hacia la derecha (SA) y positivo hacia abajo (ss). Durante el movimiento, la longitud de los segmentos coloreados de la cuerda permanece \

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SECo 12.8 ANÁLISIS DE MOVIMIENTO ABSOLUTO DEPENDIENTE DE DOS PARTÍCULAS

constante, figura 12.37a. Si 1 representa la longitud total de la cuerda menos esos segmentos, entonces las coordenadas de posición pueden relacionarse mediante la ecuación

Como L Yh son constantes durante el movimiento, las dos derivadas con respecto al tiempo dan

Por lo tanto, cuando B se mueve hacia abajo (+SB), A va hacia la izquierda (-SA) con el doble de movimiento. Este ejemplo se puede manejar también definiendo la posición del bloque B con respecto al centro de la polea inferior (punto fijo) figura 12.37b. En este caso,

h

ReFerencia

(b)

La diferenciación con respecto al tiempo da Fig. 12.37 (com.)

En este caso los signos son iguales. ¿Por qué?

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS El método anterior para relacionar el movimiento dependiente de una partícula al de otra puede llevarse a cabo con escalares algebraicos o coordenadas de posición siempre que cada partícula se mueva en trayectoria recta. Cuando esto es así, sólo cambian la magnitud de la velocidad y aceleración de cada partícula, y no su dirección. Se necesita del siguiente procedimiento. Ecuación de coordenadas de posición. Se establecen coordena-

das de posición que tengan su origen ubicado en un punto fijo o de referencia, y que vayan de ese punto a uno que tenga el mismo movimiento que cada una de las partículas. No es necesario que el origen sea eL mismo para cada una de esas coordenadas; sin embargo, es importante que cada eje coordenado que se seleccione esté dirigido a lo largo de la trayectoria de movimiento de la partícula. Mediante geometría o trigonometría, se relacionan las coordenadas con la longitud total de la cuerda, Lb o a aquella parte de la cuerda, L, que excluya a los segmentos que no cambian su longitud cuando se mueven las partículas, como

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74

CAP. 12 CINEMÁTICA DE UNA PARTíCULA

por ejemplo, los segmentos de arco que están sobre las poleas. Derivadas con respecto al tiempo. Las dos derivadas respecto al tiempo sucesivas de la ecuación de coordenadas de posición producen las ecuaciones requeridas de velocidad y aceleración que relacionan a los movimientos de las dos partículas. Los signos de los términos en esas ecuaciones serán consistentes con los que especifican el sentido positivo y negativo de las coordenadas de posición. Si un problema involucra un sistema de dos o más cuerdas que pasan por poleas, entonces el movimiento de un punto de una cuerda debe relacionarse con el de un punto de otra cuerda empleando el procedimiento anterior. Se formulan ecuaciones separadas para un segmento fijo de cada cuerda del sistema y a continuación se relacionan las posiciones de las otras dos partículas mediante esas ecuaciones (véanse Ejs. 12.22 y 12.23).

SECo 12.8 ANÁLISIS DE MOVIMIENTO ABSOLUTO DEPENDIENTE DE DOS PARTÍCULAS

• Ejemplo 12.21

Calcule la velocidad del bloque A de la figura 12.38 si el bloqueB tiene una velocidad de 6 ft/s hacia arriba.

Hg. 12.38

SOLUCIÓN Ecuación de coordenadas de posición. Hay una cuerda en este sistema que tiene segmentos que cambian de longitud. Se usarán las coordenadas de posición SA YSB' ya que cada una se mide a partir de un punto fijo (C o D), y se prolonga a lo largo de cada trayectoria de movimiento de los bloques. En especial, SB está dirigido hacia el punto E, ya que el movimiento de B y E es el mismo. Los segmentos de la cuerda marcados en la figura 12.38 por encima de la línea CD y los segmentos por debajo de la línea trazada a partir de E hacia la derecha permanecen con longitud constante, por lo que no se deben tener en cuenta cuando se mueven los bloques. La longitud restante de la cuerda, /, también es constante y se relaciona con las coordenadas variables de posición S,.¡ y Sil mediante la ecuación

Derivada con re,\pecto al tiempo. Derivando con respecto al tiempo se obtiene

de modo que cuando

VB

=

-6 ft/s (hacia arriba),

V4 =

18 ft!s !

Re:-.p.

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CAP. 12 CINEMÁTICA DE UNA PARTÍCULA

Ejemplo 12.22 Calcule la velocidad del bloqueA en la figura 12.39 si el bloqueB tiene una velocidad de 6 ft/s hacia arriba.

Fig. 12.39

SOLUCIÓN Ecuación de coordenadas de posición. Como se ve, las posiciones de los bloques A y B están definidas empleando las coordenadas SA YSB' Como el sistema tiene dos cuerdas que cambian de longitud, será necesario usar una tercera coordenada, Se para relacionar a SA con SB' En otras palabras, la longitud de una de las cuerdas puede expresarse en términos de SA YSo Y la longitud de la otra puede expresarse en términos de SB YSe. En la figura 12.39, no deben tomarse en cuenta los segmentos de las cuerdas comprendidos por encima de la línea horizontal superior trazada en la ilustración, como tampoco los segmentos comprendidos por debajo de las horizontales trazadas a partir de e y a partir de D hacia la derecha ¿por qué? Para los tramos restantes de la cuerda, digamos 11 y [2' tenemos que

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Eliminando a Se se obtiene una ecuación que define las posiciones de ambos bloques, es decir,

Derivada con respecto al tiempo. Esta derivada nos da

de modo que cuando

VB

VA

= - 6 ft/s (hacia arriba),

= +24 ft/s = 24 ft/s !

Resp.

SECo 12.8 ANÁLISIS DE MOVIMIENTO ABSOLlJfO DEPENDIENTE DE DOS PARTÍCULAS

Ejemplo 12.23 Calcule la velocidad con la cual el bloque B se eleva en la figura 12.40 si el extremo de la cuerda enA se jala hacia abajo con una velocidad de 2 mis.

T-....,...-t...,.+-+-~ Referen.da

Vig.12.40

SOLUCIÓN Ecuación de coordenadas de posición. La posición del punto A se define mediante SA, Yla del bloque B se especifica con SB' ya que el punto E de la polea tendrá el mismo movimiento que el bloque. Ambas coordenadas se miden a partir de una referencia horizontal que pasa por el perno fijo de la polea D. Como el sistema consta de dos cables, no pueden relacionarse las coordenadassA y SB en forma directa. En cambio, si se establece una tercera coordenada de posición, Se, podremos expresar . ahora la longitud de uno de los cables en términos de SA YSe, Y la longitud del otro cable en términos de S B Yse. Excluyendo los segmentos de longitud constante (los que rodean a las poleas) de las cuerdas de la figura 12.40, los otros tramos de longitud constante 11 y 12, incluyendo las dimensiones del gancho, pueden expresarse mediante (SA - se)

+ (SB + se) + SB = 11

se+ sB= /2

Si se elimina Se se obtiene SA

+ 4 SB = 11 + 212

Como era necesario, esta ecuación relaciona la posición SB del bloqueB con la posición SA del puntoA. Derivada con respecto al tiempo. Al derivar con respecto al tiempo se obtiene vA +4vB=0

de modo que cuando

VA

= 2 mis (hacia abajo),

Va = -0.5 mis = 0.5 mis 1

Resp.

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78

CAP.12 CINEMÁTICA DE UNA PARTÍCULA

Ejemplo 12.24

Un hombre enA iza una caja fuerte S como se ve en la figura 12.41, caminando hacia la derecha con una velocidad constante VA = 0.5 mis. Calcule la velocidad y aceleración de la caja cuando alcanza la altura de la ventana en E. La cuerda tiene 30 m de longitud y pasa sobre una polea pequeña en D.

Fig.12.41

SOLUCIÓN Ecuación de coordenadas de posición. Este problema es diferente de los ejemplos anteriores, ya que el segmento de cuerda DA cambia tanto de dirección como de longitud. Sin embargo, los extremos de la cuerda, que definen las posiciones de S y de A, se especifican mediante las coordenadas x y y medidas con respecto a puntos fijos y se dirigen a lo largo de las trayectorias deL movimiento en los extremos de la cuerda. Las coordenadas x y y se pueden relacionar, ya que la cuerda tiene una longitud fija I = 30 m, que en todo tiempo es igual a la longitud del segmento DA más la del segmento CD. Se emplea el teorema de Pitágoras para calcular IDA' y resulta que LDA = .¡ (15)2 + X2; también 1Cf) = 15 - y, por lo tanto,

1= IDA+ICf)

30 ='.¡ (15)2 + X2 + (15 - y)

y =.¡ 225 + X2 - 15

(1)

Derivada con respecto al tiempo. Tomando la derivada con respecto al tiempo, como Vs = dy/dt y VA = dx/dt, se obtiene V

s

= ~=.! 2x dx dt 2 '¡225 + X2 dt.

x

t======:= VA '¡225 + X2

(2)

Cuando y = 10 m, x se calcula despejándola de la ecuación 1, y resulta x = 20 m. Por lo tanto, de la ecuación 2 con VA = 0.5 mis, 20 Vs = .¡ 225 + (20)2 (0.5) = 0.4 mis = 400 mm/s 1

Resp.

La aceleración se calcula derivando la ecuación 2 con respecto al tiempo. Como VA es constante, entonces aA = dvA/dt = O, Yse obtiene 2 2 dx dy [ -x 1 dx ] as = dt2 = (225 + X2)3/2 dt + (225 + X2)1/2 dt VA 225 v3t (225 + x 2)3/2 Cuandox = 20 m, siendo VA = 0.5 mis, la aceleración es 225(0.5)2 - O00360 mI? as -- [225 + (20)2]312 - . . s- -- 3 .60 mmIs2 1

Resp.

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SECo 12.9 ANÁLISIS DE MOVIMIENTO RELATIVO DE DOS PARTÍCULAS.. .

12.9 Análisis de movimiento relativo de dos partículas empleando ejes en traslación A través de este capítulo se ha determinado el movimiento absoluto de una partícula mediante un marco único fijo de referencia para las mediciones. Sin embargo, hay muchos casos en los cuales la trayectoria del movimiento para una partícula es complicada, de modo que se podría analizar el movimiento en partes empleando dos o más marcos de referencia. Por ejemplo, el movimiento de una partícula ubicada en la punta de una hélice de aeroplano, durante el vuelo de éste, se describe con más facilidad si primero se observa el movimiento del avión desde una referencia fija y a continuación se sobrepone, vectorialmente, el movimiento circular de la partícula medido desde una referencia fija al aeroplano. Se puede seleccionar cualquier tipo de coordenadas para describir esos dos movimientos distintos. En esta sección sólo se describirán los marcos de referencia en traslación para el análisis. El análisis del movimiento relativo de partículas con marcos de referencia giratorios se tratará en las secciones. 16.8 y 20.4, ya que para ese análisis se necesitan conocimientqs previos de la cinemática de los segmentos de líneas.

Posición. Sean las partículas A y B moviéndose a lo largo de trayectorias arbitrarias aa y bb respectivamente, como se ve en la figura 12.42a. La posición absoluta de cada partícula, rA Y rB, se mide a partir del origen O común del marco de referencia fijo X, y, z. A una partícula, laA, se le fija el origen de un segundo marco de referencia x', y', z', y se mueve con ella. Los ejes de este marco no giran; en cambio, como ya hemos mencionado, sólo se les permite trasladarse en relación con el marco fijo. La posición relativa de "B con respecto aA" se identifica con un vector rBtA de posición relativa. Mediante suma vectorial, se pueden relacionar los tres vectores que aparecen en la figura 12.42a*

Cundro fijo

de referencia

(12.33)

Velocidad. Se puede formular una ecuación que relacione las velocidades de las partículas tomando la derivada de la ecuación 12.33, o sea x

Traslación del

cuadro fijo de referencia (a)

(12.34) Fig.12.42

• Una forma fácil de recordar el planteamiento de esta ecuación, y de otras como ella, es notar la "simplificación" del subíndice A entre los dos términos; es decir, rB = r/ + rBIjY-

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CAP. 12 CINEMÁTICADEUNAPARTÍCULA

V. \

En este caso VB = drafdt y VA = drA/dt indican velocidades absolutas, ya que se miden desde el marco fijo de referencia; mientras que la velocidad relativa VBIA = drB/A/dt se observa desde el marco de referencia en traslación. Es importante hacer notar que como los ejesx',y', z' se trasladan, las componentes de rBIA no cambiarán de dirección, y por lo tanto la derivada de este vector con respecto al tiempo sólo tendrá que explicar el cambio de la magnitud del vector. La ecuación anterior establece que la velocidad de B es igual a la velocidad deA más (vectorial mente) la velocidad relativa de "B con respecto aA", medida por un observador en traslación fijo en la referenciax',y', z', figura 12.42b.

Aceleración. La derivada de la ecuación 12.34 con respecto al tiempo da una relación vectorial semejante entre las aceleraciones absoluta y relativa de las partículas A y B.

(12.35) le)

Fig.12.42

Aquí, aBIA es la aceleración de B tal como la ve un observador ubicado en A y moviéndose con el marco de referencia x', y', z'. En la figura 12.42c se muestra la suma vectorial.

www.elsolucionario.org PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS

Al aplicar la ecuación de posición relativa, r B = rA + r BIA , es necesario especificar primero las ubicacÍones de los ejes x, y, z, fijos y x',y', z' que se trasladan. En general, se ubica el origenA de los ejes en traslación en un punto que tiene una posición conocida, r A, figura 12.42a. Se puede mostrar una representación gráfica de la suma vectorial r B = r A + r BIA, Yse identifican en ese esquema las cantidades tanto conocidas como desconocidas. Como la suma vectorial forma un triángulo, cuando mucho puede haber dos incógnitas, representadas mediante las magnitudes y/o las direcciones de las cantidades vectoriales. Esas incógnitas pueden despejarse ya sea en forma gráfica, mediante trigonometría (ley de los senos, ley de los cosenos), o bien descomponiendo cada uno de los tres vectores rB, r A YrB/A en componentes cartesianos o rectangulares, generando con ello un conjunto de ecuaciones escalares. Este último método es el que se usa en los problemas ejemplo que siguen. Las ecuaciones de movimiento relativo VB = VA + VBIA Y aB = aA + aBIA se aplican de la misma manera que se explicó arriba, excepto que en este caso el origen O de los ejes x, y, z fijos no se tiene que especificar, figuras 12.42b y 12.42c.

SECo 12.9 ANÁLISIS DE MOVIMIENTO RELATIVO DE DOS PARTÍCULAS...

Ejemplo 12.25

El agua gotea de la llave a un ritmo de cinco gotas por segundo como se muestra en la figura 12.43. Calcule la separación vertical entre dos gotas consecutivas cuando la gota inferior ha alcanzado una velocidad de 3 mis. SOLUCIÓN Si la primera y segunda gotas de agua se identifican respectivamente con B y A, figura 12.43, podemos determinar la separación $BlA (posición de B con respecto aA) mediante la ecuación (+!)

(1)

En este caso el origen del marco fijo de referencia está ubicado en la salida de la llave (referencia) y s positiva es hacia abajo. El origen del marco de referencia móvil s' está en la gota A. Como cada gota se sujeta a un movimiento rectilíneo, que tiene una aceleración constante hacia abajo ac = g = 9.81 m/s 2, puede aplicarse la ecuación 12.4 con la condición inicial Vo= O para calcular el tiempo necesario para que la gota B alcance una velocidad de 3 mis. (+!)

v = Vo + aj 3 = O + 9.81t B t B = 0.306 s

Como una gota cae cada quinto de segundo (0.2 s), la gotaA cae durante un tiempo fA

= 0.306 s - 0.2 s = 0.106 s

antes de que la gota B alcance una velocidad de 3 mis. Podemos calcular la posición de cada gota mediante la ecuación 12.5, con la condición de So = O, Vo = O. (+!)

s SB

= So + vol + ~j2 = O+ O+ iC9.81)(0.306)2 0.459 m = O+ O+ iC9.81XO.106)2

= SA

=

0.()549 m

Si se aplica la ecuación 1 se obtiene SB/A

= SB -

SA

= 0.459 - 0.0549 = 0.404 m = 404 mm !

Re!Jp.

~

,,,,,,"Ó,

A ~m

,.jJ Fig.12.43

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CAP.12 CINEMÁTICA DE UNA PARTÍCULA

Ejemplo 12.26 Un tren que viaja a velocidad constante de 60 mi/h cruza sobre una carretera, t~l como se ve en la figura 12.44a. Si el automóvil A viaja a 45 mi/h por la carretera, calcule la velocidad relativa del tren con respecto al automóvil. SOLUCIÓN 1 Análisis vectorial. Se mide la velocidad relativa Vr/A desde los ejesx',y' en traslación fijos al automóvil, figura 12.44a. Se calcula mediante Vr = VA + Vr/A> Como Vr y VA se conocen tanto en magnitud como en dirección, las incógnitas se vuelven las componentes de vr/A' Empleando los ejes x, y de la figura 12.44a y análisis vectOlial cartesiano, se obtiene V r = VA

60i

=

Vr/A =

+ VT/A

(54 cos 45° i + 45 sen 45° j ) Vr/A [28.2i - 31.8j) mi/h

Resp.

Por lo tanto, la magnitud de vr/A es ur/A = .¡ (28.2)2 + (-31.8)2

= 42.5 mi/h

Resp.

De acuerdo con la dirección de cada componente, la dirección de VT/A definida sobre el eje x es tan

( UT/A ).

e

e= 48.4°

v.,. = 60 mi/h (b)

Fig.12.44

e = (UT/A)y = 31.8 28.2 ~e

Resp.

Nótese que la suma vectorial que se muestra en la figura 12.44b indica el sentido correcto del vector v T/A> Esta figura anticipa la respuesta y puede usarse para comprobarla. SOLUCIÓN 11 Análisis escalar. También se pueden calcular las componentes desconocidas de VT/A con análisis escalar. Supodremos que dichas componentes actúan en las direcciones positivas de x, y. Entonces,

Descomponiendo cada vector en sus componentes x y y, tenemos (~ )

60 = 45 cos 45° + (UT/A ). + O

(+ i)

O = 45 sen 45° + O + ( UT/A»'

Al resolverlas se obtienen los resultados anteriores,

= 28.2 mi/h = 28.2 mi/h -+ ( UnA»' = -31.8 mi/h = 31.8 mi/h !

(UT/A ).

Re~p.

SECo 12.9 ANÁLISIS DE MOVIMIENTO RELATIVO DE DOS PARTíCULAS...

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Ejemplo 12.27 Dos aviones vuelan a la misma altura y tienen el movimiento que aparece en la figura 12.4Sa. La aeronave A vuela en línea recta, mientras que el avión B vuela en trayectoria curva con radio de curvatura PB = 400 km. Calcule la velocidad y aceleración de B, tal como la mide el piloto deA. SOLUCIÓN

I I

Velocidad. Los ejes x, y fijos están ubicados en un punto arbi-

;.

trario. El aeroplano A viaja con movimiento rectilíneo y se le fijará un marco de referencia x',y' en traslación. Al aplicar la ecuación de velocidad relativa en forma escalar, ya que los vectores velocidad de los dos aviones son paralelos en el momento que se muestra, tenemos que

700 kmlh 1600 kmlh

A

f~ .

x'

t

B

-+

100 kmJh2 ~

_

400 km

I\T ~

50 kmlh2 \-4 km-l

Ir \

\

(+ i)

VB = VA

+

\

VBIA

600 = 700 + VBIA VBIA = - 100 km/h = 100 km/h ¡

(a)

Resp.

En la figura 12.4Sb se muestra la suma vectorial. VA

Aceleración. El aeroplano B tiene componentes tanto tangencial como normal, ya que vuela a lo largo de una trayectoria curva. De acuerdo con la ecuación 12.20, la magnitud de la

componente normal es (aB)n

= 700 km/h

VIJ

= 600 kmlh

(b)

a = 50 A

= : = (6~~~h)2 = 900km/h2

kmlh 2

~

_____ ~~!mlh2

IOOkmlh\---~: (e)

Si aplicamos la ecuación de la aceleración relativa, obtenemos aB = a A

+ aBIA Fig.12.45

900i - 100j = SOj + a BIA Por lo tanto, aRIA

=

(900i - IS0j] km/h2

Entonces, la magnitud y dirección de aB/A son a BIA

= 912 km/h 2

e = tan- I ~~~ = 9.46 ~(j 0

Resp.

En la figura l2.4Sc se muestra la suma vectorial. Nótese que es posible resolver este problema usando un marco de referencia en traslación, ya que el piloto en el aeroplano A se está "trasladando". Sin embargo, se debe obtener la observación del avión A con respecto al piloto del aeroplano B empleando un conjunto de ejes en rotación fijo al avión B. Ello supone, naturalmente, que el piloto de B está fijo en el marco en rotación, y entonces no hace girar sus ojos para seguir el movimiento de A. En el ejemplo 16.19 se desarrolla el análisis de este caso.

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CAP. 12 CINEMÁTICA DE UNA PARTÍCULA

PROBLEMAS * 12.144. Calcule la velocidad a la cual se eleva el bloque B si el extremo del cable en con una velocidad de 10 ft/s.

e se jala hacia abajo

12.146. Calcule la velocidad vp a la cual debe viajar el punto P del cable hacia al motor M para levantar la plataformaA a una VA = 2 mis.

VA

= 2 mIs

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Prob.12.146

Prob.12.144

12.145. El cajón se levanta en el plano inclinado con el motor M y el arreglo de cuerda y polea que se muestra. Calcule la velocidad a la cual debe jalar el motor al cable para hacer que se mueva el cajón plano arriba con una velocidad constante de 4 ft/s.

12.147. En cada caso, si el extremo del cable en A se jala hacia abajo con una velocidad de 2 mis, calcule la velocidad a la cual sube el bloque B.

(a)

Prob.12.145

'(e)

Prob.12.147

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PROBLEMAS

* 12.148. El sistema de cable de la figura se usa para remolcar el tronco B. Calcule el desplazamiento del tronco si el hombre en e jala su cable 4 ft hacia la derecha.

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12.150. Si los bloques A, B y e se mueven todos hacia abajo con velocidades
Prob.12.148

Prob.12.150

12.149. Se usa el balancín con grúas para izar la carga. Si los motores enA y B jalan el cable a una velocidad de 2 ft/s y 4 ft/s respectivamente, calcule la velocidad de la carga.

12.151. El gancho B del pozo petrolero está sostenido por un cable que a su vez está conectado con el tambor A, pasa por una polea en E, baja rodeando a la polea del gancho B, sube y pasa por otra polea en E, fijándose en el tambor en C. Calcule el tiempo necesario para izar el gancho desde h = Ohasta h = 120 ft si (a) el tambor A jala el cable a una velocidad de 4 ft!s y el tambor e está inmóvil, y (b) el tambor A jala el cable a 3 ft/s y el tambor e jala el cable a 2 ft/s:

E

Probo 12.149

Prob.12.151

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CAP.12 CINEMÁTICA DE UNA PARTÍCULA

e jala el cable con una aceleración ac = (3/ 2) m/s 2, estando 1 en segundos. El motor en D jala su cable con aD = 5 m/s2. Si ambos motores arrancan en el mismo instante partiendo del reposo cuando d = 3 m, calcule (a) el tiempo que se necesita para que d = 0, y (b) la velocidad relativa del bloque A con respecto al bloque B cuando sucede lo anterior.

* 12;152. El motor en

12.154. Se levanta el cajón e moviendo el rodillo en A hacia abajo con velocidad constante VA = 4 mis a

lo largo de la guía. Calcule la velocidad y aceleración del cajón en el momento en que s = 1 m. Cuando el rodillo está en B, el empaque descansa en el piso. Desprecie el tamaño de las poleas.

f---

- - 4 01 - - - - - - I

B

f--d e Prob.12.152

12.153. El bloque B está suspendido de un cable que a su vez está amarrado al bloque en el punto E, pasa

por tres poleas y se engancha a la defensa posterior de un camión. Si el camión parte del reposo cuando XD es cero, y se mueve hacia adelante con aceleración constante aD = 0.5 m/s 2, calcule la velocidad del bloque en el momento en el que XD = 2 m. Desprecie el tamaño de las poleas. Cuando XD = O, yc = 5 m, de modo que los puntos e y D están a la misma elevación.

Probo12.153

J Probo12.154

12.155. En el punto A, el motor tira del cable a una velocidad constante VA . Calcule la velocidad con la cual sube la carga en B como función de su posición verticaly.

Probo 12.155

PROBLEMAS

* 12.156. El hombre de la figura jala al niño hacia arri-

ba, hacia la rama e del árbol, caminando hacia atrás con una velocidad constante de 1.5 m/s. Calcule la velocidad a la cual sube el niño en el momento en el quexA = 4 m. Desprecie el tamaño de la rama. Cuando XA = O, yB = 8 m, y A YB coinciden; es decir, que la cuerda tiene una longitud de 16 m. 12.157. El mismo hombre de la figura jala al niño hacia la rama e caminando hacia atrás. Si parte del reposo cuando XA = OYse mueve hacia atrás con aceleración constante aA = 0.2 m/s 2, calcule la velocidad del niño en el momento en el que yB = 4 m. Desprecie el tamaño de la rama. Cuando XA = 0, yB = 8 m, de modo que A y B coinciden; es decir, la cuerda tiene una longitud de 16 m.

87

12.159. En el instante que se muestra, el vehículo A viaja a 10 m/s por la curva y al mismo tiempo aumenta su velocidad en 5 m/s 2. El auto en B viaja a 18.5 m/s por el tramo recto y aumenta su velocidad en 2 m/S2. Calcule la velocidad y aceleración relativas deA con respecto a B en ese instante.

-

VIJ ;

18.5 mis

100m

j

Probo 12.159

* 12.160. Dos aeroplanos, A y B, vuelan a la misma altitud. Si sus velocidades son VA = 600 km!h Y VB = 700 km!h Y el ángulo entre sus rumbos rectos es () = 35°, calcule la velocidad del avión B con respecto al aviónA.

Probs. 12.156/12.157

y e, se mueven en una recta con velocidades constantes. La velocidad relativa del bloque A con respecto al B es 10 ft/s y se mueve hacia la derecha; y la velocidad relativa del bloque B con respecto al e es -5 ft/s, o sea que se mueve hacia la izquierda. Calcule las velocidades de los bloques A y B. La velocidad del bloque e es 6 ft/s hacia la derecha.

-

12.158. Tres bloques,A, B

VB;

Probo 12.160

700 kmlh

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CAP. 12 CINEMÁTICA DE UNA PARTÍCULA

12.161. En el instante que se muestra, el vehículo A tiene una velocidad de 20 km/h, que aumenta a una tasa de 300 km/h2 al entrar en la autopista. En el mismo instante, el vehículo B desacelera a 250 km/h 2 mientras viaja hacia adelante a 100 km/h. Calcule la velocidad y aceleración del vehículo A con respecto al vehículo B.

12.163. Un pasajero en el automóvil B observa el movimiento del carro A del ferrocarril. En el instante que se muestra en la figura, el tren tiene una velocidad de 18 mIs y la está reduciendo a una tasa de 1.5 m/s2. El automóvil está acelerando a 2 m/s 2 y tiene una velocidad de 25 mIs. Calcule la velocidad y aceleración de A con respecto a B. El tren se mueve en una curva de radio r = 300 m.

y

www.elsolucionario.org /

Prob.12.161

300m

12.162. El aeroplano puede volar a una velocidad de 800 km/h en aire estático. Su destino está ubicado en Prob.12.163 un rumbo norte 80° este. Si sopla un viento de 30 km/h de norte a sur, calcule el ángulo e de rumbo al que debe dirigir el piloto a su aeronave para perma- * 12.164. En el instante que aparece en la figura, los necer en ruta. ' coches A y B viajan a velocidades de 55 mi/h y 40 mi/h, respectivamente. Si B aumenta su velocidad a 1200 mi/h 2 mientras que A mantiene constante su velocidad, calcule la velocidad y aceleración de B con N respecto a A. El vehículo B se mueve en una curva con radio de curvatura de 0.5 mi. 30 kmlh

1 Trayectoria destinada

~~~~-------------------E

VA

Prob.12.162

= 55 mi/h

Prob.12.164

PROBLEMAS

12.165. Un hombre puede remar en un bote a 5 mis en agua estancada. Desea cruzar un río de 50 m de ancho y llegar al punto B, 50 m aguas abajo. Si el río corre con una velocidad de 2 mis, calcule la velocidad de la lancha, el tiempo necesario para el cruce y el ángulo e al que debe apuntar el bote para que se mueva a lo largo de la líneaAB.

89

12.167. Un tren corre h()rizontalmehte hatia la izquierda a una velocidad de 50 mi/h, mientras que la lluvia cae a 28 ft /s y choca con el piso hacia la derecha a un ángulo de 30° con la vertical. Calcule el ángulo que forma la lluvia con la horizontal, tal como lo ven los pasajeros del tren.

* 12.168. Los botes A y B dejan la orilla en O al mismo tiempo. Si A viaja a VA y B se mueve a va, formule una ecuación general para calcular la velocidad de A con respecto a B.

Prob.12.165

12.166. El hombre puede remar en un bote a 5 mis en agua estancada. Si trata de cruzar un río que corre a 4 mi/h dirigiendo la proa de su bote a un ángulo de 30° con elllujo del agua, determine cuánto tiempo se tarda en cruzar el río.

Prob.12. 166

Prob.12.168

12.169. Dos ciclistas A y B viajan a la misma velocidad v constante. Calcule la velocidad de A con respecto a B si A se mueve en la pista circular, mientras que B viaja por el diámetro del círcu lo.

Prob.12.169

90

CAP. 12 CIN E MÁTICA DE UNA PARTÍCULA

12.170. Un hombre puede nadar a 4 ft/s en agua es- * 12.172. En un momento dado, cada una de las dos tancada. Desea cruzar el río de 40 ft de ancho hasta partículas A y B se mueven con velocidad de 8 mis a el punto B, 30 ft aguas abajo. Si el río corre a una ve- lo largo de la trayectoria que se muestra en la figura. locidad de 2 ft/s, calcule la velocidad del nadador y el Si B está desacelerando a 6 mjs2 y la velocidad de A tiempo necesario para el cruce. No/a: Mientras está aumenta a 5 m/s2 , calcule la aceleración relativa en el agua no debe dirigirse hacia el punto B para al- de A con respecto a B en ese momento . canzarlo. ¿Por qué?

-- v _o- - 1 - " ' ' ' - - -- - - - ' - - ' - - x 8

Probo 12.170

Probo12.172

12.171. El muchacho en e golpea una pelota de tenis de modo que ésta choca contra la pared en E y rebota en dirección horizontal con una velocidad de 25 ft/s. Calcule la velocidad constante a la cual debe correr el muchacho A hacia la bola en el momento en que ésta rebota de la pared para cogerla en D. Determine también la velocidad relativa de la pelota con respecto al muchacho enA al instante de cogerla.

¡ - - --

-

45 ft -

Prob.12.171

-

---1

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13

Cinética de una partícula: fuerza y aceleración

En el capítulo 12 hemos desarrollado los métodos necesarios para formular la aceleración de una partícula en términos de su velocidad y posición. En este capítulo emplearemos esos conceptos al aplicar la segunda ley del movimiento de Newton para estudiar los efectos causados por una fuerza desbalanceada que actúa sobre una partícula. Dependiendo de la geometría de la trayectoria, se llevará a cabo el análisis de los problemas empleando coordenadas rectangulares, normales y tangenciales, o cilindricas. En la última parte del capítulo, se usará la segunda ley del movimiento de Newton para estudiar problemas en los que interviene la mecánica del espacio.

13.1 Leyes de Newton del movimiento Muchas de las nociones antiguas de la dinámica se desecharon a partir de 1590, cuando Galileo llevó a cabo sus experimentos para estudiar los movimientos de péndulos y la caída de los cuerpos. Las conclusiones a que llevaron esos experimentos dieron cierta perspectiva de los efectos de las fuerzas que actúan sobre los cuerpos en movimiento. Sin embargo, las leyes generales del movimiento de un cuerpo sujeto a fuerzas no se conocieron hasta 1687, cuando Isaac Newton presentó, por primera vez, tres leyes básicas que gobiernan el movimiento de una partícula. En su enunciado actual, las tres leyes de movimiento de Newton son las siguientes: Primera ley: Una partícula originalmente en reposo, o moviéndose en línea recta con velocidad constante, pennanecerá en ese estado siempre que no esté sujeta a una fuerza desbalanceada.

92

CAP. 13 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: FUERZA Y ACELERACIÓN

Segunda ley: Una partícuLa bajo La influencia de una fue1Za F desbalanceada experimenta una aceleración a que tiene la misma dirección que la fue1Za y una magnitud que es directamente proporcional a La fue1Za. * Tercera ley: Las fue1Zas mutuas de acción y reacción entre dos partículas son opuestas, iguaLes y colineales.

La primera y tercera leyes se usaron mucho para desarrollar los conceptos de la estática. Aunque esas leyes también se toman en cuenta en la dinámica, la segunda ley del movimiento de Newton forma la base de la mayor parte de esa disciplina, ya que esa ley relaciona al movimiento acelerado de una partícula con las fuerzas que actúan sobre ésta. Cabe hacer notar que la estática es un caso especial de la dinámica, ya que la segunda ley de Newton da los resultados de su primera ley cuando la fuerza resultante es cero; es decir, cuando no se tiene aceleración y, por lo tanto, la velocidad de la partícula es constante. Se pueden registrar las mediciones de fuerza y aceleración en un laboratol10 de modo que de acuerdo con la segunda ley, si una fuerza desbalanceada conocida F¡ se aplica a una partícula, se podrá medir la aceleración a¡ de dicha partícula. Como la fuerza y la aceleración son directamente proporcionales, la constante m de proporcionalidad puede determinarse a partir de la relación m = F¡/a ¡. Siempre que sean consistentes las unidades de medida, otra fuerza desbalanceada F2 aplicada a la partícula creará una aceleración a 2 tal queF.ja 2 = m.** En ambos casos la relación será la misma y la aceleración y fuerza, siendo cantidades vectoriales, tendrán la misma dirección. El escalar positivo m se llama masa de la partícula. Como es constante durante la aceleración, m da una medida cuantitativa de la resistencia de la partícula a cambiar su velocidad. Si m es la masa de la partícula, la segunda ley del movimiento de Newton se puede escribir matemáticamente de la manera siguiente:

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F = ma

A esta ecuación se le llama ecuación del movimiento, y es uno de los enunciados más importantes de la mecánica.*** Como se di- Dicho de otro modo, la fuerza desbalanceada que actúa sobre una partícula es proporcional a la rapidez de cambio de la cantidad de movimie nto de la partícula. Véase la nota al pie de la siguiente p:ígina . •• A lo largo de nuestra exposición, se escoger:ín las unidades de fuerza, masa, longitud y tiempo para medir a F, k Ya, de modo que las unidades de esas últimas cantidades se definan en términos de las anteriores. Éste es el caso de las unidades SI y del sistema inglés, ya que se recordar;í que N = kg·m/s2 y slug = Ib·s 2/ft, sección 1.3 de ESlática . Sin embargo, nótese que si se seleccionan lodas las unidades de fuerza, masa, longitud y tiempo en forma arbitraria, entonces F = k/l/a, y k, que es constante adimensional, tendría que determinarse en forma experimental para preservar la igua ldad. "-Puesto que /l/ es constante, también podemos escribir F = (elldl) (/l/v), en la cual /l/v es la cant idad de movimiento de la partícula.

SECo 13.1

LEYES DE NEWTON DEL MOVIMIENTO

jo antes, su validez sólo se ha basado en evidenci{1 experimental. Sin embargo, en 1905, Albert Einstein desarrolló la teoría de la relatividad y estableció límites en el uso de la segunda ley qe Newton para describir el movimiento general de las partículas. Se ha demostrado, mediante experimentación, que el tiempo no es una cantidad absoluta como suponía Newton; y como resultado de ello, la ecuación del movimiento no puede predecir el comportamiento exacto de una partícula, en especial cuando su velocidad se acerca a la de la luz (0.3 Gm/s). Los desarrollos de la mecánica cuántica por Schrodinger y otros indican además que las conclusiones que se obtengan al usar esta ecuación también son inválidas cuando las partículas se mueven a distancias atómicas entre sí. Sin embargo, estos requisitos acerca de velocidad y tamaño no se encuentran en los problemas de ingeniería y, por lo tanto, en este libro no se considerarán sus efectos.

Ley de Newton de la atracción gravitatoria. Poco después de haber formulado sus tres leyes del movimiento, Newton postuló una ley que gobierna la atracción mutua entre dos partículas cualesquiera. En forma matemática, esta ley se puede expresarcoma F = G m ¡m2

,2

(13.1)

donde

F G

= fuerza de atracción entre las dos partículas =

constante universal de la gravitación; de acuerdo con los resultados experimentales, G = 66.73(10-¡2)m3/(kg . S2) m I' m 2 = masa de cada una de las dos partículas , = distancia entre centros de las dos partículas Dos partículas cualesquiera tienen una fuerza de atracción mutua gravitatoria que actúa entre ellas. Sin embargo, en el caso de una partícula ubicada en o cerca de la superficie de la Tierra, la única fuerza con magnitud apreciable es la que hay entre la Tierra y la partícula. A esa fuerza se le llama "peso" y, para nuestros fines, será la única fuerza de gravitación que se considere.

Masa y peso. La masa es una propiedad de la materia mediante la cual se pueden comparar la acción de un cuerpo con la de otro. Como se indica arriba, esta propiedad se manifiesta como atracción gravitatoria entre dos cuerpos y da una medida cuantitativa de la resistencia de la materia a un camhio de velocidad. Es una cantidad absoluta, ya que la medición de la masa se puede efectuar en cualquier localidad. Sin embargo, el peso de un cuerpo no es absoluto, ya que se mide en un campo gravitatorio y, por lo tanto, su magnitud depende de dónde se hace la medi-

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CAP.13 CINÉTICA DE UNA PARTÍCUlA: FUERZA Y ACELERACiÓN

ción. Partiendo de la ecuación 13.1, podemos desarrollar una ecuación general para calcular el peso W de una partícula que tiene una masa mi = m. Sea m2 la masa de la Tierra y r la distancia del centro terrestre y la partícula. Entonces, si g = GmJr2, tenemos que W=mg

Comparándola con F = ma, llamamos g a la aceleración debida a la gravedad. Para la mayor parte de los cálculos de ingeniería, g se mide en un punto de la superficie terrestre al nivel del mar, a una latitud de 45°, que se considera la "ubicación estándar". La masa y el peso de un cuerpo se miden de manera distinta en los sistemas SI e inglés de unidades, y se debe comprender perfectamente el método de definición de esas unidades.

W=lIlg(N)

Sistema de unidades SI. En el sistema SI, la masa de un cuerpo se especifica en kilogramos y el peso se debe calcular empleando la ecuación del movimiento F = ma. Por lo tanto, si un cuerpo tiene una masa m (kg) y está ubicado en un punto en el que la aceleración debida a la gravedad esg(m/s2), entonces el peso se expresa en newtons, o sea W = mg (N), figura 13.1a. En especial, si el cuerpo está en la "ubicación estándar" la aceleración debida a la gravedad es g = 9.806 65 m/s2. Para los cálculos se usará el valor g = 9.81 m/s 2 , de modo que

. Sistema SI

I

(a)

W = mg(N)

(g

=

9.81 m/s 2)

(13.2)

Por lo tanto, U11 cuerpo de 1 kg de masa tiene un peso de 9.81 N; un cuerpo de 2 kg pesa 19.62 N, y así sucesivamente.

W(lb)

Sistema FPS

Sistema inglés (FPS) de unidades. En el sistema inglés el peso del cuerpo se especifica en libras y la masa se debe calcular a partir de F = ma. Por lo tanto, si un cuerpo tiene un peso de W (lb) Yestá ubicado en un punto en el que la aceleración debida a la gravedad sea g (ft/s 2), entonces la masa se expresa en slugs (o geolibras) como m = W/g (slug), figura 13. lb. Como la aceleración de la gravedad en la ubicación normal es aproximadamente de 32.2 ft/s 2 ( = 9.81 m/s 2), entonces la masa del cuerpo medida . en slugs es

I

m

= ;

(slug)

(g = 32.2 ft/s 2)

I

(13.3)

(b )

Fig.13.1

Por lo tanto, un cuerpo que pese 32.2 lb tiene una masa de 1 slug; un cuerpo que pese 64.4 lb tiene una masa de 2 slugs, y así sucesivamente.

SECo 13.2 LA ECUACIÓN DEL MOVIMIENTO

13.2 La ecuación del movimiento Cuando actúa más de una fuerza sobre una partícula, la fuerza resultante queda determinada por la suma vectorial de las fuerzas, es decir, FR = EF. Para este caso más general, la ecuación de movimiento puede escribirse de la manera siguiente:

I EF=ma

(13.4)

Para ilustrar la aplicación de esta ecuación, obsérvese la partícula P que se muestra en la figura 13.2a, que tiene una masa m y está sujeta a la acción de dos fuerzas, F¡ y F2• Podemos tomar en cuenta en forma gráfica la magnitud y dirección de cada fuerza que actúa sobre la partícula trazando el diagrama de cuerpo Libre de la partícula, figura 13.2b. Como la resultante de esas fuerzas produce el vector ma, su magnitud y dirección pueden representarse en forma gráfica en el diagrama cinético, que se muestra en la figura 13.2c. El signo i~ual que aparece entre los diagramas significa equivalencia gráfica entre el diagrama de cuerpo libre y el diagrama cinético; es decir, EF = ma. * En particular, nótese que si FR = EF = 0, entonces la aceleración también es cero, y la partícula permanecerá ya sea en reposo, o se moverá en una trayectoria recta con velocidad constante. Ésas son las condiciones del equilibrio estático, o primera ley del movimiento de Newton.

Marco inercial de referencia. Siempre que se aplica la ecuación del movimiento, se necesita que las mediciones de la aceleración se hagan desde un marco de referencia inercial, o newtoniano. Ese sistema de coordenadas no gira, y está fijo o bien se traslada en una dirección dada con velocidad constante (aceleración cero). Esta definición asegura que la aceleración de la partícula medida por observadores en dos diferentes marcos inerciales de

>

....;.-_ _-"":.::.'3_ _---<0

F¡

(a)

Diagrama de cuerpo libre

Diagr<.lma cinéti co

(b)

(e)

• Se puede escribir también la ecuación del movimiento en la forma EF -lila = O. El vector -lila se ll ama vector de fl/erza inercial. Si se trata del mismo modo que un "vector de fu e rza", entonces el estado de "equilibrio" creado se llama equili· brio dinálllico. Este método de aplicar la ecuación del movimiento se llama con freo cuencia principio de D'Alell/bcrt, en honor del matemático francés Jean le Rond d'A1embert.

Fig.B.2

95

96

CAP.13 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: FUERZA Y ACELERACIÓN

y'

y

-

O'

-

--J-- - -- -- x' M ;.ln:o de refer t!m:i
ap

a - - -- - - p

Trayectoria de la prtrticul¡¡

O ~---M-ar-co-i-nerCial-de -r e-rer-en- l'·" --

--x

Fig.13.3

referencia siempre será la misma. Por ejemplo, consideremos a la partícula P que se mueve con una aceleración absoluta ap a lo largo de una trayectoria recta, como se muestra en la figura 13.3. Si el observador está fijo en el marco inercial de referencia x, y, medirá esta aceleración, ap, independientemente de la dirección y la magnitud de la velocidad Vo del marco de referencia. Por otro lado, si el observador está fijo en el marco no inercial de referencia x', y', figura 13.3, no medirá la aceleración de la partícula como ap. En lugar de eIlo, si el marco está acelerando a ao, la partícula parecerá tener una aceleración de apIo' = a p - a o,. También, si el marco está girando, como lo indi~a la flecha redonda, entonces la partícula parecerá moverse a lo largo de una trayectoria curva, en cuyo caso parecerá tener otros componentes de aceleración (véase Secc. 16.8). En cualquier caso, la aceleración medida no se puede emplear en la ley de Newton del movimiento para calcular las fuerzas que actúan sobre una partícula. Cuando se estudian los movimientos de cohetes y satélites, es justificable considerar el marco de referencia inercial como si estuviera fijo a las estreIlas, mientras que los problemas dinámicos relacionados con movimientos sobre o cerca de la superfici(: terrestre pueden resolverse empleando un marco inercial que se supone fijo en la Tierra. Aun cuando la Tierra gira tanto alrededor de su propio eje como alrededor del Sol, la aceleración creada por esas rotaciones se puede omitir en la mayor parte de los cálculos.

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13.3 Ecuación del movimiento para un sistema de partículas A continuación se desarroIlará la ecuación del mQvimiento para abarcar a un sistema de n partículas aislado dentro de una región cerrada en el espacio, como se ve en la figura 13.4a. En particu-

www.elsolucionario.org SECo 13.3 ECUACIÓN DEL MOVIMIENTO PARA UN SISTEMA DE PARTíCULAS

lar, no hay restricción al modo en el que estén conectadas las partículas y, como resultado, el siguiente análisis se aplicará igualmente bien al movimiento de un sistema sólido, líquido o gaseoso. En el instante que estamos estudiando, la iésima partícula arbitraria que tiene una masa mi' está sujeta a un sistema de fuerzas internas y una fuerza externa resultante. Lafuerza interna resultante, que se representa simbólicamente como f; = r.j - l(i"¡) fij' está determinada por las fuerzas que ejercen las demás partículas sobre la iésima. En general esas fuerzas se desarrollan por contacto directo, aunque la suma se extiende sobre todas las n partículas dentro de los límites punteados. Sin embargo, nótese que no tiene significado cuando j = i, ya que la iésima partícula no puede ejercer una fuerza sobre sí misma. La fuerza externa resultante, F¡, representa, por ejemplo, el efecto de las fuerzas gravitatorias, eléctricas, magnéticas o de contacto entre cuerpos o partículas adyacentes que no están incluidos dentro del sistema. Los diagramas de cuerpo libre y cinético para la iésima partícula aparecen en la figura 13.4b. Aplicando la ecuación de movimiento se obtiene

f; .J..-_
/'

/ ij / (~

~

\,fj¡)

La suma de las fuerzas internas, si se lleva a cabo, será igual a cero, ya que todas las fuerzas internas entre las partículas se presentan en pares iguales y colinealmente opuestos. En consecuencia, sólo quedará la suma de las fuerzas externas, y por lo tanto la ecuación del movimiento, escrita para el sistema de partículas, se transforma a

es función del tiempo

/

/

y

Cuando se aplica la ecuación de movimiento a cada una de las demás partículas del sistema, se obtienen ecuaciones semejantes. Si se suman todas esas ecuaciones en forma vectorial, obtenemos

111

/

'-..~- ~ /

x

(a)

• En la sección 15.9 se describe un caso en el que (masa variable).

I

VI

de coordenadas

Si rG es un vector de posición que determina el centro G de masa de las partículas, figura 13.4a, entonces, por definición de centro de masa, mrG = L.m¡r¡, en donde m = L.m¡ es la masa total de todas las partículas. Diferenciando dos veces esa ecuación con respecto al tiempo y suponiendo que no entra ni sale masa al sistema, * nos da

\

.;,

G

'-..

ma;

(13.5)

"-

(#

Sistema inercial

r.F =

97

Diagrama de cuerpo libre

Diagrama cinético (b)

Fig.13.4

98

CAP. 13 CINÉTICA DE UNA PARTiCULA: FUERZA Y ACELERACIÓN

Sustituyendo este resultado en la ecuación de arriba, obtenemos

(13.6)

Esta ecuación dice que la suma de las fuerzas externas que actúan sobre el sistema de partículas es igual a la masa total de las partículas multiplicada por la aceleración de su centro de masa G. Como en realidad todas las partículas deben tener un tamaño finito para poder poseer masa, la ecuación 13.6 justifica la aplicación de la ecuación del movimiento a un cuerpo que se representa mediante una partícula única.

13.4 Ecuaciones de movimiento: coordenadas rectangulares Cuando una partícula se mueve en relación a un marco inercial de referencia x, y, z, las fuerzas que actúan sobre ella, al igual que su aceleración, se pueden expresar en términos de sus componentes i, j, k, figura 13.5. Aplicando la ecuación de movimiento tenemos que LF = ma rE) + rEyj + rEzk = mea, i + ayj + az k)

Para que se satisfaga esta ecuación, las componentes i, j Y k del lado izquierdo deben ser iguales a las componentes correspondientes del lado derecho. En consecuencia, podremos escribir las siguientes tres ecuaciones escalares:

z

~----II-~ --x-~ ~---Y ~------Y------~

x

Fig.13.S

rEx = ma, rEy = may rEz = ma z

(13.7)

En especial, si la partícula está constreñida a moverse en el plano x-y, entonces sólo se usan las primeras dos ecuaciones para especificar el movimiento.

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS Las ecuaciones de movimiento se usan para resolver los proble-

mas que requieren de una relación entre las fuerzas que actúan sobre una partícula y el movimiento acelerado que originan.

SECo 13.4 ECUACIONES DE MOVIMIENTO: COORDENADAS RECfANGUlARES

Siempre que se aplican, se deben identificar las componentes desconocidas de fuerza y aceleración y se deben formular un número igual de ecuaciones. Si se necesitan más ecuaciones para la solución, debe tenerse en cuenta la cinemática. Recuérdese que esas ecuaciones sólo relacionan las propiedades geométricas del movimiento y, por lo tanto, son de utilidad si se deben relacionar la posición o la velocidad de la partícula con su aceleración. Sea cual sea el caso, el procedimiento siguiente es un método general para resolución de problemas en cinética: Diagrama de cuerpo libre. Seleccione el sistema inercial de coordenadas. La mayor parte de las veces se escogen las coor-

denadas rectangulares x, y, z para analizar problemas en los que la partícula tiene movimiento rectilíneo. Si es éste el caso, uno de los ejes se debe extender en la dirección del movimiento. Una vez que se han establecido las coordenadas, trace el diagrama de cuerpo libre de la partícula. Este trazo es muy importante, ya que da una representación gráfica que -toma en cuenta todas las fuenas (I.F) que actúan sobre la partícula y, por lo tanto, hace posible resolver esas fuerzas en sus componentes X, y, z. Establezca también el sentido de la aceleración a de la partícula. Si se desconoce el sentido de sus componentes, suponga, para comodidad matemática, que están en la misma dirección que los ejes coordenados inerciales positivos. La aceleración se puede trazar en el sistema coordenado x, y, z, pero no en el diagrama del cuerpo libre, o puede representarse como el vector ma en el diagrama cinético. * Una vez que se ha elaborado el diagrama de cuerpo libre, identifique las incógnitas.

Ecuaciones de movimiento. Si las fuerzas pueden descomponerse directamente del diagrama de cuerpo libre, aplique las ecuaciones de movimiento en su forma de componentes escalares. Si parece complicada la geometría del problema, lo cual sucede con frecuencia en tres dimensiones, puede usarse análisis vectorial cartesiano para la solución. Fricción. Si la partícula toca una superficie áspera, será necesario usar la ecuación de fricción, que relaciona el coeficiente de fricción cinética f.1k con las magnitudes de las fuerzas de fricción y normal F¡ y N que actúan en las superficies de contacto; es decir, F¡ = f.1kN. Recuérdese que F¡ siempre actúa en el diagrama de cuerpo libre oponiéndose al movimiento de la partícula en relación con la superficie que toca. • En este texto la convención es usar siempre el diagrama cinético como auxiliar gráfico al desarrollar las demostraciones y la teoría. Se mostrarán la aceleración de la partícula, o sus componentes, como vectores realzados cerca del diagrama de cuerpo libre en los ejemplos.

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100

CAP. 13 CINÉTICA DE UNA PARTíCULA: FUERZA Y ACELERACIÓN

Resorte. Si la partícula está conectada a un resorte elástico que tiene masa despreciable, la fuerza del resorte F s puede relacionarse con su deformación mediante la ecuación Fs = ks. En ella k es la rigidez del resorte medida como una fuerza por unidad de longitud y s es la extensión o compresión, definidas como la diferencia entre la longitud deformada 1y la no deformada lo, es decir, s = 1- lo. Cinemática. Como se dijo antes, si no se puede obtener una solución completa estrictamente a partir de la ecuación del movimiento, se pueden tomar en cuenta las ecuaciones de la cinemática. Por ejemplo, si se deben calcular la velocidad y posición de la partícula, será necesario aplicar las ecuaciones cinemáticas adecuadas una vez que esté determinada la aceleración de la partícula a partir de LF = ma. Si la aceleración es función del tiempo, se usa a = d v/dt, y v = ds/dt las cuales, al integrarse dan la velocidad y posición de la partícula. Si la aceleración es función del desplazamiento, se integra a ds = v d v para obtener la velocidad como función de la posición. Si la aceleración es constante, se usa v = Vo + act, s = So + vol + iact2, rJ = vo2 + 2a c(s - so) para calcular la velocidad o posición de la partícula. Si el problema implica el movimiento dependiente de varias partículas, use el método que se describe en la sección 12.8 para relacionar sus aceleraciones. En todos los casos se debe asegurar que las direcciones inerciales positivas que se usan para formular las ecuaciones cinemáticas sean las mismas que las que se usan para formular las ecuaciones del movimiento; si no es así se tendrán errores en la solución simultánea de las ecuaciones. También, si la solución de una componente vectorial desconocida da un escalar negativo, eso indica que la componente actúa en la dirección contraria a la que se supuso.

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Los siguientes ejemplos muestran la aplicación numérica de este procedimiento.

SECo 13.4 ECUACIONES DE MOVIMIENTO: COORDENADAS RECfANGUlARES

101

Ejemplo 13.1 La caja de 50 kg que se muestra en la figura 13.6a descansa en un plano horizontal para el cual el coeficiente de fricción cinética es f.1k = 0.3. Si la caja no se voltea al estar sujeta a una fuerza de arrastre de 400 N, como se indica, calcule la velocidad de la caja 5 s después de haber partido del reposo.


SOLUCIÓN Se necesitan aplicar las ecuaciones del movimiento en este problema, ya que la aceleración de la caja puede relacionarse con la fuerza que origina el movimiento. A continuación se calculará la velocidad de la caja mediante la cinemática. Diagrama de cuerpo libre. El peso de la caja en la figura 13.6a es W = mg = 50 kg (9.81 m/s 2) = 490.5 N. Como se ve en la figura 13.6b, la fuerza de fricción tiene una magnitud F = f.1kNC y actúa hacia la izquierda, porque se opone al movimiento de la caja. Se supone que la aceleración a actúa horizontalmente en dirección de las x positivas. Hay dos incógnitas, que sonNcya. Ecuaciones de movimiento. Con los datos que se indican en el diagrama de cuerpo libre tenemos que + 400 cos 30° - 0.3Nc = 50a (1) -+ Uf = max ; (2) + t U y = may ; N c - 490.5 + 400 sen 30° = O

Despejando a N c de la ecuación 2, y sustituyendo el resultado en la ecuación 1, se despeja a a y se obtiene ~ = ~Q5N

a

=

~400N

~

~F=0.3Nc

INc (b)

~N

~400N

5.19 m/s2

Cinemática. Como la aceleración es constante, y la velocidad inicial es cero, la velocidad de la caja en 5 s es

(~.)

=

O + 5.19(5) 26.0 mis -+

30°

_

Il

-

~F=O.3Nc

v = vo+act =

L,

490.5 N

INc Resp.

Nótese el procedimiento alternativo de trazar el diagrama de cuerpo libre de la caja y también el diagrama cinético, figura 13.6c, antes de aplicar las ecuaciones de movimiento.

(e)

Flg.13.6

L--==rso.

102

CAP.13 CINÉTICA DE UNA PARTÍCUlA: FUERZA Y ACELERACIÓN

Ejemplo 13.2

Se dispara verticalmente hacia arriba un proyectil que del suelo con una velocidad inicial de 50 mis, figura 13.7a. Calcule la altura máxima a la que llegará si (a) se desprecia la resistencia de la atmósfera, y (b) si se determina la resistencia de la atmósfera y resulta FD = (0.01 v2) N, siendo u la velocidad en cualquier instante, medida en mis.

p~rte

SOLUCIÓN En ambos casos se puede relacionar la fuerza conocida sobre el proyectil con su aceleración empleando la ecuación de movimiento. A continuación se puede emplear la cinemática para relacionar la aceleración del proyectil con su posición. Parte (a) Diagrama de cuerpo libre. Como se ve en la figura 13.7b, el peso del proyectil es W = mg = 10 (9.81) = 98.1 N. Supondremos que la aceleración a que no se conoce actúa hacia arriba en la dirección de las z positivas. Ecuación de movimiento + i rEz = mal - 98.1 = lOa, a = 9.81 rn/S2 El resultado indica que el proyectil, como cualquier objeto que tenga movimiento libre cerca de la superficie terrestre, está sujeto a una aceleración constante hacia abajo igual a 9.81 rn/S2. Cinemática. Inicialmente Zo = O Y Uo = 50 rn/s, y en la altura máxima z = h, u = o. Como la aceleración es constante, entonces (+ i) v2 = v6 + 2a ..(z - zo)

(a)

(b)

tN (e)

Fig.13.7

1·

O = (50)2 + 2(- 9.81 )(h - O) Resp. h = 127 m Parte (b) Diagrama de cuerpo libre. Como la fuerza F D = (0.01 v2) N tiende a retardar el movimiento hacia arriba del proyectil, actúa hacia abajo como se muestra en el diagrama de cuerpo libre de la figura 13.7c. Ecuación de movimiento * + i rEl = mal; - 0.01 v2 - 98.1 = lOa a = - 0.001 v2 - 9.81 Cinemática. Aquí la aceleración no es constante; sin embargo, se puede relacionar con la velocidad y el desplazamiento por medio de a dz = u du. (+ i) a dz = u du; (- 0.001 v2 - 9.81)dz = u du Separando variables e integrando, teniendo en cuenta que al principio Zo = O, Uo = 50 mis (positivo hacia arriba), y que cuandoz = h, u = O, tenemos que rdz =r o

000 u?du 8 =-SOOln(v2+981O) lo

'0 . 1 Ir + 9. 1

so

h = 113 m Resp. La respuesta de una elevación menor que la que se obtuvo en la parte (a). ¿Por qué? • Nótese que si el proyectil se dispa rar;¡ hacia ahajo y z se tomara como posi tiva hacia abajo, la ecuación del movimiento sería entonces -0.1)] u2 + 98.1 = 1lXI.

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SECo 13.4 ECUACIONES DE MOVIMIENTO: COORDENADAS RECfANGUIARES

Ejemplo 13.3 La estiba que se ve en la figura 13.8a tiene un peso de 50 lb Y está bajo la acción de una fuerza de magnitud variable P = 201, estando P en libras y t en segundos. Calcule la velocidad de la estiba 2 s después del inicio de la aplicación de P. La velocidad inicial de la estiba es Vo = 3 ft/s hacia abajo del plano, y el coeficiente de fricción cinética entre la estiba y el plano es Jlk = 0.3. 300 50 lb

p p = 201

SOLUCIÓN Antes de seguir leyendo, ¿ve usted por qué es necesario aplicar tanto las ecuaciones del movimiento y la cinemática para obtener una solución a este problema? Diagrama de cuerpo libre. Como se muestra en la figura 13.8b, la fuerza de fricción está en dirección opuesta al movimiento de deslizamiento de la estiba, y tiene magnitud F = JlkNC = 0.3Nc . La masa es m = W/g = 50/32.2 = 1.55 slug. Hay dos incógnitas: N c Ya. Ecuaciones de movimiento. Con los datos del diagrama de cuerpo libre tenemos que

+ -+ "'-

r.F, = max ; r.Fy = may ;

20t - 0.3Nc + 50 sen 30° = l.55a N c - 50 cos 30° = O

(1) (2)

Despejando N e de la ecuación 2 (Ne = 43.4 lb), sustituyendo en la ecuación 1 y simplificando se obtiene a

= 12.88t + 7.33

(3)

Cinemática. Como la aceleración es función del tiempo, la velocidad de la estiba se obtiene empleando a = d v/dt con la condición inicial de que Vo = 3 ft/s cuando t = O. Tenemos entonces

(+ / )

dv = a dt

f; (12.88t + 7.73)dt

LUdv =

v = 6.44t 2 + 7.73t + 3

Cuando t

= 2 s, v

= 44.2 ft/s /'

Resp.

(b)

Fig.13.8

103

,

104

CAP. 13 CINÉTICA DE UNA PARTíCUlA: FUERZA Y ACELERACIÓN

Ejemplo 13.4 Un collarín liso C de 2 kg, que se muestra en la figura = 3 N/m y tiene una longitud primitiva 0.75 m. Si se suelta el collarín desde el reposo en A, calcule su aceleración y la fuerza normal de la columna sobre el collarín cuando y = 1 m. 13.9a está fijo a un resorte con rigidez k

["-

¡¡:-x y

1m

9.62 N

L

J;f

F.,

e

I

Nc

(b)

(a)

Fig.13.9

SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. En la figura 13.9b se muestra el diagrama de cuerpo libre del collarín cuando está en la posición arbitraria y. Nótese que el peso es W = 2(9.81) = 19.62 N. Además, se supone que el collarín está acelerando y, por lo tanto, "a" actúa hacia abajo en la dirección positiva de las y. Hay cuatro incógnitas que son Neo Fs ' a y O.

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Ecuaciones de movimiento. Con los datos de la figura 13.9b, ~rF, =ma,;

+!rFy = may ;

-Nc + Fs cos 0 = O 19.62 - F s sen 0= 2a

(1) (2)

En la ecuación 2 se ve que la aceleración no es constante; más bien depende de la magnitud y dirección de la fuerza del resorte. Es posible la solución una vez que se conozcan Fs y O. La magnitud de la fuerza del resorte es función de su extensión s, es decir, Fs = ks. En este caso la longitud primitiva es AB = 0.75 m, figura 13.9a; por lo tanto, s = CB - AB = -1y2 + (0.75)2 -; 0.75. Como k = 3 N/m, entonces

Fs = ks = 3(-Iy2 + (0.75)2 - 0.75)

(3)

De acuerdo con la figura 13.9a, el ángulo Ose relaciona cony por trigonometría.

y sen 0 = -Iy2 + (0.75)2

(4)

Sustituyendo y = 1 m en las ecuaciones 3 y 4 se obtiene F s = 1.50 N y 0= 53.1°. Sustituyendo estos resultados en las ecuaciones 1 y 2 se obtiene Resp.

N c = 0.900 N a = 9.21

m/s 2

!

Resp.

SECo 13.4 ECUACIONES DE MOVIMIENTO: COORDENADAS RECIANGULARES

Ejemplo 13.5 El bloqueA de 100 kg que se muestra en la figura 13.l11i se suelta desde el reposo. Si se hace caso omiso de la masa de la'; poleas y la cuerda, calcule la velocidad del bloqueB de 20 kg a los 2 s. SOLUCIÓN Se analizará por separado el movimiento de los bloques A y B. Dmo

Diagramas de cuerpo libre. Como se desprecia la masa de las poleas, la condición de equilibrio para la polea C se muestra en la figura 13.lOb. En las figuras 13.1Oe y d, respectivamente, se muestran los diagramas de cuerpo libre para las poleas A y B. En este caso, supondremos que los bloques aceleran hacia abajo, en la dirección de +SA y +SB' ¿Cuáles son las tres incógnitas? Ecuaciones de movimiento BloqueA, figura 13.lOe: + ¡ r.F"y = may;

981 - 2T = lOOaA

(1)

(a)

Bloque B, figura 13.lOd: + ¡ r.F"y = may;

196.2 - T = 20aB

(2)

Cinemática. La tercera ecuación necesaria se obtiene estudiando la cinemática del arreglo de poleas para relacionar aA con aBo Empleando la técnica desarrollada en la sección 12.8, las coordenadas sA y S B miden las posiciones de A y B a partir de la referencia fija, figura 13.10a. Se ve que

2sA + SB = 1 en la cual 1 es constante y representa la longitud vertical total de la cuerda. Diferenciando dos veces esta ecuación con respecto al tiempo se obtiene

T

T

r 2T

2T

(b)

'"' ~

(3)

Sin embargo, nótese que al formular las ecuaciones 1 a 3 siempre se supuso que la dirección positiva es hacia abajo. Es muy importante ser consistentes en esta hipótesis, porque estamos buscando una solución a ecuaciones simultáneas. La solución resulta

T =327.0N aA = 3.27 m/s2 aB = - 6.54 m/s 2

(e)

Por lo tanto, cuando acelera el bloque A hacia abajo, el bloqueB acelera hacia aniba. Como aB es constante, la velocidad del bloqueB en 2 segundos es, entonces, (+

n

v = Vo + aBt

0+(-6.54)(2) Resp. = - 13.1 mis El signo negativo indica que el bloque B se mueve hacia arriba. ¿Por qué?

(d)

=

Fig.13.10

105

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106

CAP.13 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: FUERZA Y ACELERACIÓN

PROBLEMAS 13.1. Calcule la atracción gravitatoria entre dos esfe-

ras que apenas se tocan. Cada esfera tiene una masa de 10 kg Yun radio de 200 mm. 13.2. El cinturón de propulsión y el hombre tienen un

peso total de 210 lb. Si los motores dan un empuje constante con componentes x y y de Tx = 35 lb YTy = 300 lb, calcule la distancia total que ha recorrido el hombre cuando t = 5 s después del despegue. ¿Cuál es su velocidad en este instante? Desprecie la resistencia del aire y la pérdida de la masa del combustible.

* 13.4. El disco de 61b está sujeto a las fuerzas F¡ = (2i + 6j) lb Y F2 = (/ 2i - 4 I j) lb, en la cual t está en segundos. Calcule el desplazamiento del disco 2 segundos después de haber sido soltado del reposo. Suponga que las fuerzas que actúan sobre el disco tienen dirección constante durante el intervalo de tiempo. Desprecie la fricción .

--~~---'-- y F¡ x

Prob.13.4

13.5. El hombre pesa 175 lb. Si el globo está ascen-

diendo con una aceleración de 5 ft/s 2, calcule la reacción de sus pies sobre el suelo de la canastilla.

Prob.13.2

r

5 ftls

13.3. El joven, que pesa 80 lb, cuelga del cable. Calcule la fuerza en sus dos brazos en I = 2 s si el cable se mueve hacia arriba a (a) velocidad constante de 3 ft/s), y (b) ti la velocidad v = (41 2) ft/s estando I en segundos.

2

Prob.13.S

13.6. Una partícula de 2 kg descansa en un plano horizontalliso y sobre ella actúan dos componentes horizontales de una fuerza: Fr = OYFy = 3 N. Si x = O, Y = O, vx = 6 mis y t.y = 2 mis cuando I = O, formule la ecuación y = f(x) que describe la trayectoria. 13.7. Una partícula de 2 kg de peso descansa en un

Prob.13.3

plano horizontal liso y sohre ella actúan dos componentes horizontales de una fuerza, Fr = (8x) N, en la cual x está en metros, y 1:;' = O. Si x = O, y= O, Vx = 4 mis y l1' = G mis cuando t = O, formule la ecuación y = f(x) que describe la trayectoria.

PROBLEMAS

* 13.8. Calcule la distancia a la que se mueve el bloque de 10 lb en 3 s por el plano liso, si actúa sobre él la fuerza F = (81) lb. Cuando I = O, v = OYs = O.

107

13.13. Si no se tienen en cuenta los efectos de la fricción, ni de la masa de la polea y la cuerda, calcule la aceleración a la cual desciende el bloque B. ¿Cuál es la tensión de la cuerda?

13.9. Calcule la distancia a la que se mueve el bloque de 10 lb en 3 s por el plano liso si actúa sobre él la fuerza F = 4(1 + 1) lb. Cuando t = O, s = OY v = O. 13.10. Calcule la velocidad que tendrá el bloque en / = 4 s si se mueve por el plano liso en el intervalo de tiempo I 2 s a / 4 s. Sobre él actúa la fuerza F = [20/(1 -1)] lb. Cuando 1 2, v O.

=

=

=

=

Probs. 13.8/13.9/13.10

13.11. Las dos partículas A y B pesan 2 y 5 lb respectivamente. Si sobre las partículas actúa el mismo sistema de fuerzas, F¡ = (2i + 6j - 2k) lb, F2 = (3i - 1k) lb, YF3 = (li - /2j - 2k) lb, estando i en segundos, calcule la distancia entre las partículas 3 s después de haberse soltado de la posición que se indica, en donde estaban en reposo.

Prob. 13.13

13.14. Un portafolio de 0.75 kg se suelta desde el reposo enA y se desliza por la tolva inclinada. Si el coe-

8

ficiente de fricción cinética entre tolva y portafolio es I1k = 0.3, calcule la velocidad de éste cuando alcanza el extremo de la tolva en B. También, ¿cuál es la velocidad del portafolio al chocar con el piso en C?

4n

I

3 kg

A

/ . - --

---,¡-i O - - - )'

3n

.r

Prob.13.11

* 13.12. El bloque de 10 lb viaja a una velocidad de 10 ft/s sobre un plano liso. Si una fuerza F= 2.5/ actúa sobre el bloque (estando t en segundos y F en libras) durante 3 s, calcule la velocidad y desplazamiento al final de la aplicación de la fuerza.

Proh. 13.12

Prob. 13.14

108

CAP.13 CINÉTICA DE UNA PARTíCUlA: FUERZA Y ACELERACIÓN

13.15. La camioneta viaja a 20 km/h cuando se rompe el gancho del remolque en A . Si el remolque tiene una maSa de 250 kg Ycorre 45 m antes de detenerse, calcule la fue'rza horizontal F constante creada por la fricción de rodadura que hace detenerse al remolque.

13.17. El hombre empuja a la estiba de 60 lb con una fuerza F hasta que comienza a resbalar. La fuerza siempre se dirige hacia abajo a 30° de la horizontal como se muestra, y su magnitud aumenta hasta que la estiba comienza a moverse. Calcule la aceleración inicial de la estiba si el coeficiente de fricción estática es /1s = 0.6, Y el coeficiente de fricción cinética es !1k = 0.3.

20 km/h

Prob.13.1S

* 13.16. La barra de combustible de 500 kg de un reac-

Prob.13.17

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tor nuclear se levanta del núcleo con el aparejo que se muestra. Si se iza con aceleración constante de tal modo que s = O, u = O cuando t = O, Y s = 2.5 m cuando t = 1.5 s, calcule la tensión que debe ejercer el malacate en el cable enA durante el movimiento.

13.18. El motorreductor M ejerce una fuerza F = (8t + 60) N en la cuerda, estando t en segundos. Si la pesa tiene una masa de 20 kg Y está moviéndose hacia abajo a 20 mIs en el instante de aplicar la fuerza, calcule el tiempo necesario para detener a la pesa. Desprecie la masa de la polea y la cuerda.

1T

Prob.13.16

Prob.13.18

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PROBLEMAS

13.19. En un instante determinado el bloqueA de 10 lb se mueve hacia abajo con una velocidad de 6 ft/s. Calcule su velocidad 2 s después si el bloque B tiene un peso de 4 lb Y el coeficiente de fricción cinética entre él y el plano inclinado es J1k = 0.2. Desprecie las masas de las poleas y la cuerda.

Prob.13.19

* 13.20. El conductor trata de remolcar la estiba con una cuerda que tiene resistencia de 200 lb a la tensión. Si la estiba está en reposo inicialmente y tiene un peso de 500 lb, calcule la mayor aceleración que puede tener si el coeficiente de fricción estática entre la estiba y el pavimento es J1s = 0.4, Y el coeficiente de fricción cinética es J1k = 0.3.

109

13.22. El bloque A tiene una masa de 30 kg Yel B de 100 kg. Calcule sus velocidades en t = 3 s después de haber sido soltados del reposo. Desprecie las masas de las poleas y las cuerdas.

B

Prob.13.22

13.23. Un paracaidista que pesa 60 kg cae a una velocidad de 8 mis cuando abre su paracaídas a gran altura. Si la resistencia por fricción atmosférica es FD = (3002) N, estando ven mis, calcule la velocidad a la cual llega al suelo. A esta velocidad se le llama velocidad tenninal, que se calcula haciendo que la altura de la caída sea y -+ oo.

Prob.13.20

13.21. El bloque B descansa en una superficie lisa. Si los coeficientes de fricción estática y cinética entre A y B son J1s = 0.4 Y J1k = 0.3, respectivamente, calcule la aceleración de cada bloque si alguien empuja horizontalmente sobre el bloqueA con una fuerza de (a) F = 6 lb, Y(b) F = 50 lb.

Prob.13.23

* 13.24. El buque tanque tiene un peso de 0.8(109) lb Y

Prob.13.21

viaja hacia adelante a vo = 3 ft/s en agua tranquila cuando se paran los motores. Si la resistencia por fricción del agua es proporcional a la velocidad del buque en cualquier instante y se puede aproximar mediante FD = 0.4(106 )v lb, estando v medida en ft/s, calcule el tiempo que necesita el huque para moverse a 1.5 ft/s. ¿Qué distancia debe recorrer el buque antes de detenerse?

110

CAP.13 CINÉTICA DE UNA PARTíCULA: FUERZA Y ACELERACIÓN

13.27. El eje CA de 5 kg pasa a través de un cojinete liso en B . Al inicio, el resorte, que está enroscado con mucha holgura en el eje, se comprime por el peso de

~

!~~~~~~~~~~~~~7

•...III. . ...ii.lIbI..iIt*'.~lfflaF::1DEi1~

éste cuando no se aplica fuerza al eje. En esta posición s = 250 mm y el eje está originalmente en descanso. Si se aplica una fuerza vertical F = 100 N, calcule la velocidad del eje cuando s = 150 mm. Los extremos del resorte están fijos al cojinete B y la tapa enA.

Prob.13.24

13.25. En caso de emergencia, un reactor nuclear se apaga dejando caer la varilla de control R con peso de 20 lb, al núcleo e del reactor. Si la varilla está sumergida en agua "pesada", que ofrece una resistencia por fricción al movimiento hacia abajo igual a FD = (0.25 v) lb, siendo v la velocidad de la varilla en ft/s, calcule la distancia s que debe descender en el núcleo del reactor al alcanzar una velocidad de 15 ft/s. La varilla se suelta desde el reposo cuando s = O. Desprecie los efectos de la flotabilidad.

A

v=

IOO N

Prob. 13.27

* 13.28. El transportador de banda e se mueve a 6 mis. Si el coeficiente de fricción estática entre el transportador y la caja de 10 kg B es J.ls = 0.2, calcule el tit;mpo más corto en el cual puede detenerse el transportador para que no se corra ni se mueva la caja sobre la banda. B

Prob.13.25 Prob.13.28

13.26. Un collarín liso de 2 lb, e, ajusta con holgura en el eje horizontal. Si el resorte está sin deformarse cuando s = O, calcule la velocidad del collarín cuando s = 1 ft, si se le da una velocidad horizontal igual a 15 ft/s cuando s = O.

Prob.13.26

13.29. La caja tiene un peso de 160 lb Yel hombre pe'Sa 150 lb. Calcule el tiempo más corto en el que puede treparse por el cable para alcanzar una altura de 10 ft sin dejar que la estiba se separe del suelo. Suponga que el hombre sube con aceleración constante.

Prob.13.29

PROBLEMAS

13.30. El volquete de mina que pesa 400 kg se arrastra por la pendiente mediante el cable y el motor M. Durante un corto tiempo, la fuerza en el cable es F = (3200(2) N, en donde ( está en segundos. Si el vehículo tiene una velocidad inicial VI = 2 mis cuando ( = O, calcule su velocidad cuando ( = 2 s.

111

13.33. El tambor tiene una masa de 45 kg. Si el motor de la grúa jala el cable con una fuerza de 250 N, calcule el tiempo que se necesita para que el tambor se eleve 4 m partiendo del reposo.

13.31. El mismo volquete del problema anterior se arrastra hacia arriba de la pendiente con el cable y el motor M. Durante un corto tiempo, la fuerza en el cable es (3200(2) N, estando (en segundos. Si el carro tiene una velocidad inicial VI = 2 mis cuando s = OY ( = O, calcule la distancia que recorre pendiente arriba cuando ( = 2 s.

Prob.13.33

13.34. Calcule la aceleración de cada bloque. Desprecie las masas de las cuerdas y de las poleas.

Probs.13.30/13.31

* 13.32. Cada caja de 10 kg descansa en el transportador, para el que el coeficiente de fricción estática entre cada caja y su plataforma es }Js = 0.3. Calcule el ángulo () máximo del transportador con la horizontal para que no se deslicen las cajas en la plataforma _cuando al convertidor se le da una aceleración de 6 m/s2.

2m

13.35. Si se aplica una fuerza horizontal P = 35 lb al bloque A, calcule la aceleración del bloque B. Desprecie la fricción. Sugerencia: Demuestre que aA = aB tan 15°. El bloqueA pesa 15 lb Yel bloque B pesa 8 lb.

p

Prob. 13.32

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112

CAP.13 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: FUERZA Y ACELERACIÓN

• 13.36. El bloqueA tiene una masa de 60 kg Ydescansa sobre el bloque B, que tiene una masa de 30 kg. Si los coeficientes de fricción son como los que se indica en la figura; calcule la fuerza horizontal máxima P que se puede aplicar ai bloque B para que el bloque A no resbale sobre el B mientras que el bloque de B sí resbala.

13.39. Las cuatro placas metálicas de 2 kg cada una están apiladas una sobre otra. Si el coeficiente de fricción estática entre dos placas cualesquiera es /.ls = 0.3, calcule la fuerza horizontal F más pequeña que puede aplicarse a la placa inferior que hará que cualquiera de las demás resbale con respecto a ellas. El suelo es liso.

I

!1k =¡ 0.35

/

~-.P

Prob.13.36

Prob.13.39

13.37. El bloqueA de 20 kg descansa en la placa B de ! 13.40. El bloque A tiene una masa de 15 kg Yel B de 60 kg en la posición que se indica. Sin tomar en cuen- 20 kg. Calcule la aceleración de cada bloque cuando ta la masa de la cuerda y la polea, y empleando los se sueltan. Desprecie la fricción. coeficientes de fricción cinética que se indican, calcule el tiempo que se necesita para que el bloque A se resbale 0.5 m sobre la placa, cuando el sistema se suelta de su posición de reposo.

www.elsolucionario.org Prob.13.40

Prob.13.37

13.38. Si el motor M jala la cuerda que se le fija de tal modo que una partícula P de ella tiene una aceleración ap = 6 m/s2, calcule la fuerza con que jala el motor M la cuerda para elevar la caja C de 50 kg. Desprecie la masa de las poleas y la cuerda.

Prob.13.38

13.41. El collarín C de 2 kg puede deslizarse libremente a lo largo del eje liso AB. Calcule su aceleración si (a) el eje está fijo, (b) el collarín A , que está fijo al eje AB se mueve hacia abajo a una velocidad constante a lo largo de la varilla vertical, y (e) el collarín A está sujeto a una aceleración de 2 m/s2 hacia abajo. En todos los casos, el collarín se mueve en el plano.

Prob. 13.41

SECo 13.5

ECUACIONES DE MOVIMIENTO: COORDENADAS NORMAL Y TANGENCIAL

13.42. La caja de 30 lb se alza con aceleración constante de 6 ft/s 2• Si la viga uniforme AB tiene un peso de 200 lb Y el motor pesa 80 lb con centro de gravedad en G, calcule las componentes de la reacción en A . Desprecie el tamaño y la masa de la polea en B. Sugerencia: Calcule primero la tensión en el cable y, a continuación, de acuerdo con la estática, determine las fllerzas enA.

4 ft -

--i---

13.43. El cilindro B tiene una masa m y se eleva usando el sistema de cuerda y poleas que se muestra. Calcule la magnitud de la fuerza F como función de la posición vertical y del bloque de manera que cuando se aplica F el cilindro suba con aceleración aB constante. Desprecie la masa de cuerda y poleas.

-

G

1---- - (/ -

- ----1

F

- - 8 ft -

-

-----1

Prob.13.43

Prob.13.42

13.5 Ecuaciones de movimiento: coordenadas normal y tangencial Cuando una partícula se mueve en una trayectoria curva que se conoce, la ecuación de su movimiento se puede escribir en las direcciones normal y tangencial. Tenemos

En este caso LF'm LF', Y LF'b representan las sumas de todas las componentes de las fuerzas que actúan sobre la partícula en las direcciones normal, tangencial y binormal, respectivamente, figura 13.11. Nótese que no hay movimiento de la partícula en la dirección binormal, ya que está constreñida a moverse a lo largo de la trayectoria. La ecuación anterior queda satisfecha siempre que

Sistema inercial de coordenadas

Flg.13.11

113

114

CAP.13 CINÉTICA DE UNA PARTÍCUlA: FUERZA Y ACELERACIÓN

EF, =ma,

Un = man

(13.8)

EFb =O

Recuérdese que a, (=d vlch) representa la rapidez de cambio en la magnitud de la velocdad. En consecuencia, si I:F, actúa en la dirección del movimiento, aumentará la velocidad de la partícula, mientras que si actúa en la dirección opuesta, la partícula desacelerará. Igualmente, an (= uZ/ p) representa la rapidez de cambio en la dirección de la velocidad. Como este vector siempre actúa en la dirección de las n positivas; es decir, hacia el centro de curvatura de la trayectoria, entonces I:Fn, que origina 8", también actúa en esta dirección. En particular, cuando la partícula está constreñida a moverse en una trayectoria curva con velocidad constante, hay una fuerza normal que ejerce una guía hipotética sobre la partícula. Como esta fuerza siempre está dirigida hacia el centro de la trayectoria, se le llama fuerza centrípeta.

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS Cuando un problema implica el movimiento de una partícu-· la a lo largo de una trayectoria CUlva conocida, se deben tener en cuenta coordenadas normales y tangenciales para el análisis, ya que las componentes de la aceleración se formularán con facilidad. El método de aplicar las ecuaciones de movimiento, que relacionan las fuerzas con la aceleración, se ha descrito en el procedimiento de la sección 13.4. Específicamente, para coordenadas n, t, b, puede describirse como sigue: Diagruma de cuerpo libre. Establezca el sistema coordenado inercial n, t, b en la partícula y trace el diagrama de cuerpo libre de ésta. La aceleración normal 8" de la partícula siempre actúa en la

dirección positiva de las n. Si se desconoce la aceleración tangencial a" suponga que actúa en la dirección positiva de las t. Mediante el diagrama se identifican las incógnitas en el problema.

Ecuaciones de movimiento. Aplique las ecuaciones del movimiento, ecuaciones 13.8.

Cinemática. Formule las componentes tangencial y normal de la aceleración; es decir, a, = dvlciJ, o a, = vd v/ds y an = uZ/p. Si se define la trayectoria como y = f(x), el radio de curvatura en el punto donde se encuentra la partícula puede calcularse mediante p = 1[1 + (dy/d.x) 2PI2/(dy/d.x 2) l· Los siguientes ejemplos muestran la aplicación numérica del procedimiento.

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SECo 13.5 ECUACIONES DE MOVIMIENTO: COORDENADAS NORMAL Y TANGENCIAL

115

Ejemplo 13.6 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _- - - - - - - - - - .

Calcule el ángulo (J del peralte de la pista circular para que las ruedas del automóvil deportivo que aparece en la figura 13.12a no tengan que depender de la fricción para evitar que el vehículo se derrape hacia arriba o abajo en la curva. El auto tiene tamaño despreciable y viaja a velocidad constante de 100 ft/s. El radio de la pista es de 600 ft.

I

e

{

ft -----Av------

1- - - - - - - - P =600 (a)

SOLUCIÓN

Antes de tratar de resolver este problema, analice el por que debe resolverse empleando las coordenadas n, t, b. Diagrama de cuerpo libre. Como se muestra en la figura 13.12b, se supone que el vehículo tiene una masa m. Como dice el problema, no actúa fuerza de fricción. En el diagrama N c representa la resultante de todas las ruedas sobre el piso. Como a n se puede calcular, las incógnitas son N e y (J. Ecuaciones de movimiento. Empleando los ejes n, b que se muestran,

b

3n

~~ ¡~\------==~ . n

W = mg (b)

N eCos

(J -

Ncsen

mg = O ¡}

(J=m -

p

(1)

(2) Fig.13.12

Dividiendo la ecuación 2 entre la ecuación 1 se eliminan N c Y m, y se obtiene tan

(J

=

¡}

= (100)2

gp (J

32.2(600)

= tan-1(0.518) =

27.4°

Resp.

Una suma de fuerzas en la dirección tangencial del movimiento no afecta la solución. Si se hubiera considerado, nótese que al = dv/dt = O, ya que el vehículo se mueve con velocidad constante. En el problema 21.38 se hace un análisis más extenso de este problema.

116

CAP.13 CINÉTICA DE UNA PARTíCULA: FUERZA Y ACELERACIÓN

Ejemplo 13.7 El disco D de 3 kg está fijo al extremo de una cuerda como se ve en la figura 13.13a. El otro extremo de la cuerda está fijo a una rótula en el centro de una plataforma. Si la plataforma gira rápidamente y el disco está colocado sobre ella y se suelta desde el reposo como se indica en la figura, calcule el tiempo que se tarda el disco en alcanzar una velocidad suficientemente grande para romper la cuerda. La tensión máxima que puede sostener ésta es 100 N, Yel coeficiente de fricción cinética entre el disco y la plataforma es I1k = 0.1.


SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. Como se ve en la figura 13.13b, el disco tiene componentes normal y tangencial de la aceleración como resultado de las fuerzas T y F que no están en equilibrio. Como se tiene deslizamiento, la fuerza de fricción tiene una magnitud F = I1/VD = O.lND Yun sentido que se opone al movimiento reÚltivo del disco con respecto a la plataforma. La cuerda limita el movimiento del disco en la dirección n y, por lo tanto, F actúa en la dirección positiva de las t. El peso del disco es W = 3(9.81) = 29.43 N. Como an puede relacionarse con v, ya velocidad máxima T = 100 N, las incógnitas son N D , a, y v.

www.elsolucionario.org ¡lo.

~

9.43N

F

t~

T

N

D

(b)

~n

Ecuaciones de movimiento.

rF, = ma,;

N D - 29.43 = O

(1)

O.lND = 3a,

(2)

T= Fig.13.13

3( ~J

(3)

Haciendo T = 100 N, se puede despejar la velocidad crítica Ver de la ecuación 3 que necesita tener el disco para romper la cuerda. Resolviendo todas las ecuaciones tenemos

N D = 29.43 N a, = 0.981 m/s2 Ver = 5.77 mis Cinemática . Como a, es constante, el tiempo necesario para romper la cuerda es Ver = Vo + a,t 5.77 = O+ (0.981)t t = 5.89 s

Resp.

SECo 13.5

ECUACIONES DE MOVIMIENTO: COORDENADAS NORMAL Y TANGENCIAL

117

• Ejemplo 13.8 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _-.¡ La esquiadora de la figura 13.14a desciende la pendiente lisa que puede aproximarse a la forma de una parábola. Si pesa 120 lb, calcule la fuerza normal que ejerce sobre la nieve cuando llega al punto A, en el que su velocidad es de 30 ft/s. Calcule también su aceleración enA.

y

SOLUCIÓN ¿Por qué considerar el uso de coordenadas n, t para resolver este problema? n

Diagrama de cuerpo libre. En la figura 13.14b se muestra el diagrama de cuerpo libre de la esquiadora cuando está enA. Como la trayectoria es CUlva, hay dos componentes de la aceleración, a,. ya,. Como an puede calcularse, las incógnitas son a, y NA'

a,,¡1 120 lb

Ecuaciones de movimiento N A - 120 = 120 [ (30)2J 32.2 p 120 0 = 32.2 a,

(1) (2)

El radio p de curvatura de la trayectoria se debe calcular en el punto A(O, - 15 ft). En este caso, y = ~2 - 15, dy/dx = -t-cf' d 2y/dx2 = fo y, por lo tanto, cuando x = O, 12 _1 [1 +d(dY/dx /dx)2]3

p-

2

Y

-1 [1 + (0)2]3/2 _ ..!.. - 30 ft pO 30 1

1

2

Sustituyendo en la ecuación 1 y despejando a NA se obtiene

NA

I

'.

= 232 lb

Resp.

",.

Cinemática. De la ecuación 2,

Por lo tanto an

¡J

=

p

=

(30)2 ----w

=

30 ft/s 2

aA = an = 30 ft/s 2 i

Resp.

(b)

Fig.13.14

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118

CAP. 13 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: FUERZA Y ACELERACIÓN

Ejemplo 13.9 A un bloque con masa de 2 kg se le da una velocidad inicial de 1 mis cuando está en la parte superior de un cilindro liso que en la figura 13.15a aparece en corte. Si el bloque se desliza en una trayectoria con 0.5 m de radio, calcule el ángulo O = Omáx en el que comienza a dejar la superficie del cilindro. vD

= I mIs

,-

-

,

1-

SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. En la figura 13.15b se muestra el diagrama de cuerpo libre para el bloque cuando está ubicado en la posición generaL O. El bloque debe tener una aceleración tangencial a" ya que su veLocidad siempre aumenta cuando se desliza hacia abajo. El peso es W = 2(9.81) = 19.62 N. Especifique las tres incógnitas. (al

Ecuaciones de movimiento

+,/ rFn =man; + '-. rF, =ma,;

v2

- N B + 19.62 cos 0 = 20.5

19.62 sen 0= 2a,

(1)

(2)

Cuando O = 0máx' el bloque se separa de la superficie del cilindro, y por lo tanto N B = O. Entonces, hay tres incógnitas: v, a, y O. Cinemática. La tercera ecuación para resolver el problema se ob-

tiene al notar que la magnitud de la aceleración tangencial a, puede relacionarse con la velocidad v del bloque y el ángulo O. Como a,ds = vdvyds = rdO = 0.5 dO, figura 3.15a, tenemos que (bl

Fig.13.1S

v dv a, = 0.5 dO

(3)

Para resolver el sistema, se sustituye la ecuación 3 en la ecuación 2 y se separan las variables. Esto da como resultado

v dv

= 4.905 sen 0d8

Se integran ambos lados, notando que cuando O = 0", vo = 1 mis.

f¡"vdzr 4.905 f;sen OdO

v2 " 21

=

-4.905 cos

v2

=

9.81(1 - cos O) + 1

¡

Sustituyendo en la ecuación 1, con N B Omáx se obtiene 19.62 cos Omáx

=

01 wo = O, Y despejando cos

2 0.5 [9.81 (1 - cos 0má.x) + 1]

43.24 cos Omáx = 58.86;

Omáx = 42.7°

Resp.

PROBLEMAS

119

PROBLEMAS * 13.44. El helicóptero de 4 Mg de masa maniobra en una vuelta horizontal con radio de curvatura r = 400 m. Calcule la fuerza FL ascensional que se necesita y el ángulo de inclinación () necesario cuando vuela horizontalmente con velocidad constante v = 40 mis. Demuestre que () aumenta si v aumenta calculando también (}cuando v = 60 mis.

13.47. Calcule la velocidad constante de los volantines del parque de diversiones, si se observa que los cables están dirigidos a 30° de la vertical. Cada volantín con sus pasajeros tiene una masa de 550 kg. También, ¿cuáles son las componentes de la fuerza en las direcciones n, t y z que ejerce un pasajero de 60 kg de peso en el asiento durante el movimiento?

Prob.13.44

13.45. En el instante en que () = 60°, el centro de masa del nifio en G tiene una velocidad VG = 15 ft/s. Calcule la rapidez de aumento de esta velocidad y la tensión en cada una de las dos cuerdas que soportan al columpio en ese instante. El niño pesa 60 lb. Desprecie el tamaño, las masas del asiento y las cuerdas. 13.46. Cuando () = 60°, el centro de masa del niño en G se encuentra momentáneamente en reposo. Calcule su velocidad y la tensión en cada una de las dos cuerdas del columpio cuando () = 90°. El niño pesa 60 lb. Desprecie el tamaño, las masas del asiento y las cuerdas.

Probs. 13.45/13.46

Prob.13.47

* 13.48. El tren viaja a 20 mis por una curva circular de 150 m de radio. Si las vías están a la misma altura, calcule el ángulo () necesario al cual se debe inclinar el carro para que el pasajero sólo ejerza una fuerza normal sobre el asiento. Desprecie el tamafio del pasajero en los cálculos.

Prob.13.48

120

CAP. 13 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: FUERZA Y ACELERACIÓN

13.49. El collarín tiene un peso de 5 lb Y el resorte * 13.52. El collarín tiene una masa de 5 kg Y su moviuna longitud no deformada de 3 ft. Si cuando () = 30° miento está restringido a lo largo de la varilla circular el collarín tiene una velocidad v = 4 ft/s, calcule la lisa que queda en el plano horizontal. El resorte tiene fuerza normal sobre él y la magnitud de su acelera- una longitud no deformada de 200 mm. Si, cuando () = 30° el collarín tiene una velocidad v = 2 mis, calción. Desprecie la fricción. cule la magnitud de la fuerza normal de la varilla so13.50 Resuelva el problema 13.49 considerando que bre el collarín y la aceleración de éste. el coeficiente de fricción cinética entre el collarín y la varilla es /1k = 0.1.

3 ft

/ x

Prob.13.52

Probs.13.49/13.50

www.elsolucionario.org 13.51. Al cruzar una intersección, un motociclista se encuentra con el pequeño coronamiento del pavimento de la calle que está cruzando. Si la cresta del coronamiento tiene un radio de curvatura p = 50 ft, calcule la velocidad constante máxima a la que puede correr sin dejar la superficie del pavimento. Desprecie el tamaño de la motocicleta y el hombre en los cálculos. El peso de la motocicleta y su conductor es de 350 lb en total.

13.53. El automóvil deportivo que tiene una masa de 1700 kg viaja horizontalmente por una pista aperaltada de 20°, circular, con radio de curvatura p = 100 m. Si el coeficiente de fricción estática entre las llantas y el pavimento es /15 = 0.2, calcule la velocidad constante máxima a la cual puede correr el auto sin patinarse pendiente arriba. Desprecie el tamaño del vehículo. 13.54. Con los datos del problema 13.53, calcule la velocidad mínima a la cual puede viajar el auto por la pista sin resbalar pendiente abajo.

p = 50 ft

Prob.13.51

Probs. 13.53/13.54

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PROBLE MAS

13.55. La lenteja del péndulo tiene una masa m y gira a una velocidad constante alrededor de un punto O. Determine su velocidad necesaria para que la cuerda haga un ángulo () con el plano horizontal. También, determine la tensión en la cuerda.

121

13.59. Demuestre que si el bloque se suelta desde el reposo en el punto B de una trayectoria lisa de fonna arbitraria, la velocidad a la que llega al pasar por el puntoA es igual a la que llega cuando cae libremente una distancia h, es decir, v = .¡ 2gh .

B

T /¡

Prob. 13.55

* 13.56. La botella descansa a una distancia de 3 ft del

A

1

centro de la plataforma horizontal. Si el coeficiente de fricción estática entre botella y plataforma es Jls = 0.3, calcule la velocidad máxima que puede alcanzar la botella antes de deslizarse. Suponga que el movimiento angular de la plataforma crece lentamente.

Proh.13.59

13.57. Resuelva el problema 13.56 suponiendo que la * 13.60. El trineo y su pasajero tienen una masa total plataforma comienza a girar desde el reposo de mo- de 80 kg. Parte del reposo en A (10m, O) y desciende do que la velocidad de la botella aumenta 2 ft/s2. la pendiente lisa, que puede aproximarse con una parábola. Calcule la fuerza normal que ejerce el trineo sobre la nieve al instante de arribar al punto B. Desprecie el tamaño del trineo y del pasajero. Sugeren3 ft cia: Use el resultado del problema 13.59.

~MCNimien[O

~-----

Probs. 13.56/13.57

13.58. Un collarín pequeño de 2 lb resbala libremente a lo largo de la varillaAB. Esta varilla gira a velocidad angular constante alrededor del eje z de tal modo que el collarín tiene una velocidad de 1 ft/s. A esta velocidad calcule las fuerzas de fricción y normal que actúan sobre el collarín.

13.61. El trineo y el conductor tienen una masa total de 80 kg. Comienza del reposo en A(10 m, O) y desciende la pendiente lisa, que se puede aproximar con una parábola. Calcule la fuerza normal que ejerce el trineo sobre la nieve al llegar al punto C. Desprecie el tamaño del trineo y del pasajero. Sugerencia: Use el resultado del problema 13.59.

y

5

4

-,...-- -+-- - - -____tr'-- x 5m

10m

Prob.13.58

Prohs. 13.60/13.61

122

CAP.13 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: FUERZA Y ACELERACIÓN

13.62. La esquiadora se desliza libremente pendiente abajo, por el contorno definido por la curva y = 30 (1 - e· o.5.r) . Si tiene una velocidad de 4 mis cuando x = 10 m, calcule la reacción normal que ejerce sobre la nieve y la rapidez de aumento de su velocidad en este instante. La esquiadora tiene una masa de 52 kg. Desprecie la fricción y el tamaño de ella.

y I

+--li-------lI-- x

y

y

=30 ( l _e-O.5X)

1--20ft

Prob.13.64

~--------~---------------------x

10m--l

Prob.13.62

13.63. Los paquetes de 5 lb van sobre la superficie de la banda transportadora. Si esta banda parte del reposo y aumenta su velocidad hasta un valor constante de 2 ft/s en 2 s, calcule el ángulo e para que ninguno de los paquetes se deslice sobre la superficie inclinada AB de la banda. El coeficiente de fricción estática entre banda y paquete es ¡.Js = 0.3. ¿A qué ángulo comienzan los paquetes a deslizarse en la superficie de la banda después de haber alcanzado una velocidad constante de 2 ft/s? Desprecie el tamaño de los paquetes.

13.65. Un trineo y su pasajero, que pesan 30 lb Y 150 lb, respectivamente, se deslizan pendiente abajo en una trayectoria lisa que tiene la forma que se indig!. Si el pasajero no se sujeta a los lados del trineo, calcule la fuerza normal que ejerce sobre el trineo cuando éste se encuentra en (a) algún punto B, en el que tiene una velocidad de 15 ft/s, y (b) en algún punto e en el aire.

A

~----~~~.---~----- x

e

Prob.13.65

Prob.13.63

* 13.64. El generador "de molinillo" se detiene mediante los contrapesos que constan de bloques de 20 lb que resbalan hacia afuera a lo largo de las hojas cuando éstas giran. Cuando los contrapesos se mueven por la hoja crean una resistencia que la desacelera y finalmente la detiene. Si se observa que los contrapesos alcanzan el punto A en la hoja; calcule la velocidad mínima necesaria que deben tener para mantener esa posición y también la fuerza normal que ejercen sobre la hoja cuando están en la posición mencionada. La hoja tiene forma de parábola, como se muestra en la figura. ¡.Js = 0.3.

13.66. El ciclista se deja ir libremente hacia abajo por la pendiente definida por la forma y = O.2ex • Si tiene una velocidad de 15 mis cuando y = 0.2 m, calcule la reacción normal resultante que ejerce sobre el terreno y la rayidez de aumento en su velocidad en ese instante. El y su bicicleta tienen una masa total de 80 kg. Desprecie la fricción, la masa de las ruedas y el tamaño de la bicicleta. y

-+--------------------x

Prob.13.66

PROBLEMAS

123

13.67. El snowmobile de 200 kg con su pasajero se mueve pendiente arriba a una velocidad constante de 6 mis. Calcule la fuerza normal resultante y la fuerza resultante de tracción por fricción que se ejerce sobre el vehículo en el momento que alcanza el punto A. Desprecie el tamaño del snowmobile.

Prob.13.70

Prob.13.67

13.71. La lenteja B del péndulo tiene una masa m y se suelta desde el reposo cuando e = O. Calcule la tensión en la cuerda Be inmediatamente después y también en el momento en que el péndulo alcanza la posición arbitraria e.

* 13.68. El collarín tiene una masa de 2 kg Ypuede deslizarse libremente a lo largo de la varilla lisa, que gira en el plano horizontal. El resorte fijo tiene una rigidez de k = 1 leN/m, y cuando no se le aplica fuerza alguna su longitud es d = 0.5 m. Calcule la fuerza que ejerce el resorte sobre el collarín, si éste está en reposo con respecto a la varilla, pero debido a su rotación se mueve a una velocidad constante v = 6 mis. 13.69. Se tiene el mismo collarín del problema anterior con el mismo resorte. Calcule la longitud d si ci collarín está en reposo con respecto a la varilla, pero debido a la rotación de ésta, el collarín se mueve a una velocidad constante v= 6 mis.

B~~==========T=~J \ \ \

\

/

\

/

/

///

\

\

\

/

/

/

VV

I

\

' __ .J",

Prob.13.71

* 13.72. Un collarín pequeño de 6 lb se desliza por la varilla circular vertical lisa. Si se suelta el collarín desde el reposo cuando e 10°, calcule la fuerza normal que ejerce sobre la varilla cuando llega a los puntosA y B.

=

I-"':"':'~.\.IA

Probs. 13.68/13.69

13.70. El collarín de 2 lb se suelta desde el reposo en A y se desliza hacia abajo por la varilla lisa. Si el resorte tiene una rigidez k = 2 lb/ft, calcule su longitud no deformada de modo que no permita que el collarín deje la superficie superior de la varilla hasta que e = 60.°

Prob.13.72

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124

CAP.13 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: FUERZA Y ACELERACIÓN

13.6 Ecuaciones de movimiento: coordenadas cilíndricas Cuando todas las fuerzas que actúan sobre una partícula se resuelven en componentes cilíndricas, es decir, a lo largo de las direcciones u,., U e y U z de los vectores unitarios, figura 13.16. La ecuación de movimiento se puede expresar como

LFzu,

r.F = ma

¿Fouo

rE,u, + rEeu e + rEzl1¡ = ma,Dr + maeu e + mazuz Para satisfacer esta ecuación, las componentes u,., U e y U z del lado izquierdo deben ser igual a las componentes correspondientes del lado derecho. En consecuencia, podemos formular las tres ecuaciones escalares de movimiento:

rE, = mar (13.9)

rEe = ma e

Sistem.l inercia l de coordenadas

rEz = ma z

Si la partícula está constreñida a moverse sólo en el plano r -O, entonces sólo se usan las dos primeras ecuaciones 13.9 para especificar el movimiento.

Fig.13.16

Fuerzas tangenciales y normales. El tipo más directo de pro-

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1

blema en el que intervienen coordenadas cilíndricas necesita de la determinación de las componentes de la fuerza resultante rE" rEe y rEz que hacen que se mueva la partícufa con una aceleración conocida. Sin embargo, si el movimiento acelerado de la partícula no se especifica por completo en el momento dado, entonces se debe conocer o calcular determinada información acerca de las direcciones y magnitudes de las fuerzas que actúan en la partícula para poder resolver las ecuaciones 13.9. Por ejemplo, la fuerza P hace que la partícula en la figura 13.17a se mueva a lo largo de una trayectoria definida como r = f(O) en coordenadas polares. Lafue17a normal N que ejerce la trayectoria sobre la partícula siempre es perpendicular a la tangente de la trayectoria, mientras que la fuerza de fricción F siempre actúa a lo largo de la tangente en el sentido opuesto al movimiento. Las direcciones de N y F pueden especificarse en relación con la coordenada radial calculando el ángulo VI (psi) figura 13.l7b, que se

= .!'l!J)

1=.1(81

N () ""-------'---

-)

o L -_ (al

--'--_ _¡

_ _ __

Fig.I3.17 (hl

_

_

SECo 13.6 ECUACIONES DE MOVIMIENTO: COORDENADAS CILÍNDRICAS

define como el que existe entre la línea radial prolongada r = OP y la tangente a la curva. Este ángulo puede obtenerse si se tiene en cuenta .que cuando la partícula se desplaza una distancia ds a lo largo de la trayectoria, figura 13.17c, la componente del desplazamiento en la dirección radial es dr y el del desplazamiento en la dirección transversal es r dO. Como las dos componentes son mutuamente perpendiculares, el ángulo t¡tpuede calcularse a partir de tan t¡t = rdO/dr, o sea tan

r

(13.10)

t¡t = - -

dr/dO

Si t¡t se calcula como cantidad positiva, se mide con respecto a la línea radial prolongada y a la tangente en sentido contrario al de las manecillas del reloj, o sea la dirección positiva de O. Si es negativa, se mide en la dirección contraria a la de la O positiva. En el ejemplo 13.12 se muestra la aplicación numérica.

o

(c)

Fig.13.17 (cont.)

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS Las coordenadas cilíndricas o polares son la selección adecuada para el análisis de un problema para el cual se conocen los datos acerca del movimiento angular de la línea radial, o bien en los casos en los que se puede expresar adecuadamente la trayectoria en términos de esas coordenadas. Una vez establecidas esas coordenadas, puede aplicarse la ecuación de movimiento para relacionar las fuerzas que actúan sobre la partícula con las componentes de su aceleración. El método para hacer esto se describe en el procedimiento de análisis de la sección 13.4. Lo que sigue es un resumen de ese procedimiento.

Diagrama de cuerpo libre. Establezca el sistema inercial de coordenadas r, e, z y trace el diagrama de cuerpo libre de la partícula. Suponga que a" aey az actúan en las direcciones positivas de r, O y z si no se conocen. Antes de aplicar las ecuaciones de movimiento, identifique todas las incógnitas. Ecuaciones de movimiento. Aplique las ecuaciones de movimiento, ecuaciones 13.9. Cinemática. Utilice los métodos de la sección 12.7 para calcular r, y z, y evalúe las componentes de la aceleración ar = r - re 2, a e = re + 2re, yaz = z. Si cualquiera de esas tres cantidades se calcula como negativa, ello indica que actúa en la dirección de las coordenadas negativas.

r y las derivadas con respecto al tiempo r,

r=/(8)

e, e

Los siguientes ejemplos muestran la aplicación numérica de ese procedimiento. En la sección 13.7 se dan más aplicaciones de las ecuaciones 13.9, cuando se describen problemas en los que intervienen cohetes, satélites y cuerpos planetarios sujetos a fuerzas gravitatorias.

125

126

CAP.13 CINÉTICA DE UNA PARTíCULA: FUERZA Y ACELERACIÓN

Ejemplo 13.10 El bloque de 2 lb de la figura 13. 18a se mueve sobre el plano horizontal liso de tal manera que su trayectoria está especificada en coordenadas polares mediante las ecuaciones paramétricas r = (lOt 2) ft y (J = (0 .5t) rad, estando t en segundos. Calcule la magnitud de la fuerza F resultante que causa el movimiento cuando t = 1 s. SOLUCIÓN

Diagrama de cuerpo libre. Nótese que si el parámetro t se elimina entre r y (J, entonces la ecuación de la trayectoria es r = El diagrama de cuerpo lihre del bloque se muestra en la figura 13 .18b cuando está ubicado en algún punto arbitrario de la trayectoria. En este caso las componentes r y (J de la fuerza resultante se representan en el esquema. Se supone que ellas y ar Y a e actúan en las direcciones positivas de las coordenadas. Las cuatro incógnitas son F" Fe, ar Y ae. 40(J2.

Plano

horizontal

Ecuaciones de movimiento la)

+ /'

Fr = 3;.2 (;: - r8 2)

r.Fr = mar;

2

';'

(1)

..

(2)

Fe = 32.2 (ro + u(J)

CinemáJica. Como se especifica el movimiento, las coordenadas y las derivadas necesarias con respecto al tiempo pueden calcularse y evaluar para t = 1 s. r = lOt

2

= 10 ft

! l '

(b)

r = 20/ ! 1-

= 0.5/!

= 0.5 rad l '

= 20 ft/s

1s

8 = 0.5 rad/s

1s

¡: = 20 ft/s2 Fig.13.18

(J

1s

8=0

Sustituyendo estos resultados en las ecuaciones 1 y 2 se obtiene

Fr = 3;.2[20 - 10(0.5)2] O 1.087 lb 2 Fe = 32.2[0 + 2( 20 XO.5 )] = 1.242 lb Por lo tanto, la fuerza resultante tiene una magnitud de

F = .¡ (1.087)2 + (1.242)2 =

1.65 lb

Resp.

www.elsolucionario.org SECo 13.6 ECUACIONES DE MOVIMIENTO: COORDENADAS CILíNDRICAS

Ejemplo 13.11 El cilindro liso e de 2 kg de la figura 13.19a tiene una clavija P a través de su centro que pasa por la ranura en el brazo OA. Si este brazo gira en el plano vertical a velocidad constante 8 = 0.5 rad/s, calcule la fuerza que el brazo ejerce sobre la clavija cuando 0 = 60°. SOLUCIÓN ¿Por qué es conveniente usar coordenadas polares para resolver este problema? Diagrama de cuerpo libre. Este diagrama del cilindro se muestra en la figura 13.19b. La fuerza de Fp de la clavija actúa en

sentido perpendicular a la ranura en el brazo. Como se acostumbra, se supone que a,. y 8 0 actúan en las direcciones de r y Opositivas, respectivamente. Se identificarán las cuatro incógnitas.

(al

Ecuaciones de movimiento. Con los datos de la figura 13.19b te-

nemosque

+ /' rEr = mar; + ""'-rEoma&,

19.62 N

19.62 sen 0 - N c sen 0= 2a r 19.62 cos 0+ F p - N c cos 0= 2a o

(1) (2)

Cinemática. De acuerdo con la figura 13.19a, puede relacionarse r con Omediante la ecuación

r = ~ = 0.4 csc O sen O Como d(cscO) = -(cscO cotO)dO Y decot O) = -(csc2 0) dO, entonces r y las derivadas necesarias con respecto al tiempo son 8 = 0.5 0 =0

r = 0.4 esc O ; = -0.4(csc Ocot 0)8 = - 0.2 csc Ocot O ;: = - 0.2( - csc O cot O) (8) cot 0-=-0.2 esc O (-csc 2 O) 8 = 0.1 csc O(cot 2 0+ csc 2 O)

Evaluando esas fórmulas para 0= 60°, tenemos

8= 0.5 0 =0

r = 0.462 ; = - 0.133 ;: = 0.192 ar = ;: - r8 2 = 0.192 - 0.462(0.5)2 = 0.0765 a o = rO+ 2f8 = O + 2(-0.133)(0.5) = - 0.133

Sustituyendo esos resultados en las ecuaciones 1 y 2 con O = 60° resulta Nc

= 19.4 N

Fp

= - 0.355 N

Resp.

El signo negativo indica que l<'p actúa en sentido contrario al que se indica en la figura 13.19b.

(b)

Fig.13.19

127

128

CAP. 13 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: FUERZA Y ACELERACIÓN

Ejemplo 13.12 Una lata e que tiene una masa de 0.5 kg, se mueve a lo largo de una ranura horizontal como se indica en la figura 13.20a. La ranura tiene la forma de una espiral que se define mediante la ecuación r = (0.10)m, estando Oen radianes. Si el brazo DA gira a velocidad constante O = 4 rad/s en el plano horizonal, calcule la fuerza que ejerce sohre la lata cuando 0= 1f rad. Desprecie la fricción y el tamaño de la lata. ~A==~~~~~~~SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. La fuerza impulsora Fe actúa en el sentido perpendicular al brazo DA, mientras que la fuerza normal de la pared de la ranura sohre la lata, Nc. actúa en sentido per(a) pendicular a la tangente a la curva en O = 1f rad figura 13.20b. Como siempre, a,. y 3 0 se supone que actúan en las direcciones positivas de r y O, respectivamente. Como está especificada la trayectoria, el ángulo Oque hace la prolongación de la línea r con la 3 ,. tangente, figura 13.2Oc, se puede calcular con la ecuación 13.10. Tenemos r = OJO, y por lo tanto dr/dO = 0.1. Entonces

-

tan

rOJO = - - = () dr/dO 0.1

ljI= - -

Cuando O = 1f, ljI = tan- I 1f = 72.3°, de modo que = 90° - ljI = 17.7°, como se ve en la figura 13.2Oc. Identifique las cuatro incógnitas de la figura 13.20b.

www.elsolucionario.org e

Ecuaciones de movimiento. Para ~ = 17.7 Ylos datos que aparecen an la figura 13.20b, tenemos que

(h)

Necos 17.7° = 0.5a r

Fe - N e sen 17.7° = 0.5a o

(1)

(2)

CinemáJica. El cálculo de las derivadas de r y O con respecto al tiempo da ,,

0 = 4 rad/s 0= O

W =rr

r = 0.10

r = 0.10= 0.1(4) = 0.4 mis r=0.10=0

En el instante en que 0=

ar = r - r0 2 = O - 0.1(1f)(4)2 = -5.03 m/s2 a o = rO + 2i0 = O + 2(OAX4) = 3.20 m/s 2

\

Tangente

1f rad,

e' (e)

Sustituyendo esos resultados en las ecuaciones 1 y 2 se obtiene N e = -2.64 N Fe = 0.797 N

Fig.13.20

¿Qué indica el signo negativo deNe?

Resp.

PROBLEMAS

129

PROBLEMAS 13.73. El movimiento de una partícula de 5 lb en el plano horizontal se describe en términos de coordenadas polares como r = (21 + 10) ft Y e = (5t 2 - 6t) rad, estando t en segundos. Calcule la magnitud de la fuerza desbalanceada que actúa sobre la partícula cuando t = 2 s. 13.74. Una partícula con masa de 1.5 kg se mueve a lo largo de una trayectoria tridimensional definida por las ecuaciones r = (4 + 3t) m, e = (t 2 + 2) rad y z = (6 - t3 ) m, estando t en segundos. Calcule las componentes r, ey z de la fuerza que ejerce la trayectoria sobre la partícula cuando t = 2 s.

13.77. El perno liso P tiene una masa de 80 g. Está fijo a una cuerda elástica que va de O a P y, debido a la guía de corredera, se mueve por la trayectoria circular horizontal r = (0.8 sen e) m. Si la cuerda tiene una rigidez k = 30 N/m y una longitud no deformada de 0.25 m, calcule la fuerza de la guía y la fuerza normal de la trayectoria circular sobre el perno cuando e = 60°. La guía, brazo o corredera tiene una velocidad angular constante é = 5 rad/s.

13.75. Una partícula con masa de 2 kg se mueve a lo largo de una trayectoria tridimensional definida por las ecuaciones r = (lOt 2 + 3t) m, e = (0.113) rad y z = (41 2 + 15t - 6) m, estando t en segundos. Calcule las componentes r, ey z de la fuerza que ejerce la trayectoria sobre la partícula cuando t = 2 s.

* 13.76. La varilla OA gira en el sentido contrario al de las manecillas del reloj con velocidad angular constante é = 4 rad/s. El doble collarín B está articulado para que un collarín se deslice sobre la varilla giratoria y el otro se deslice sobre la varilla horizontal circular cuya ecuación es r = (1.6 cos e) m. Si ambos collarines tienen una masa total de 0.5 kg, calcule la fuerza que la varilla circular ejerce sobre uno de los collarines, y la fuerza que ejerce OA sobre el otro cuando e = 45°.

r =1.6 cos

Prob.13.77

13.78. La partícula tiene una masa de 0.5 kg Y está confinada a moverse a lo largo de la ranura horizontal lisa debido a la rotación del brazo OA. Calcule la fuerza de la varilla sobre la partícula y la fuerza normal de la ranura sobre la partícula cuando e = 30°. La varilla gira con velocidad angular constante Ó = 2 rad/s. Suponga que la partícula sólo toca un lado de la ranura en cualquier instante.

e A

f¡ = 2 rad/s

~~I 0.5 m

I Prob.13.76

Prob.13.78

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130

CAP.13 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: FUERZA Y ACELERACIÓN

13.79. Una lata lisa e tiene una masa de 3 kg Y la levanta una varilla giratoria desde una alimentación en A hasta una rampa en B. Si la varilla mantiene una velocidad angular constante de O= 0.5 rad/s, calcule la fuerza que ejerce la varilla sobre la lata cuando 8' = 30". Desprecie los efectos de la fricción y el tamafio de la lata en los cálculos, de modo que r = (1.2 cos 8) m. La rampa deA a B es circular y tiene un radio de 600 mm. Prob.13.81

13.82. Durante un corto tiempo, el carro de la montafia rusa, que tiene un peso de 250 kg, viaja a lo largo de la vía en espiral a velocidad constante v = 8 mis. Si el carro desciende d = 12 m en c¡lda vuelta completa, 8 = 2n rad, calcule las magnitudes de las componentes de la fuerza que ejercen los rieles sobre el carro en las direcciones r, 8y z. Desprecie el tamaño del carro.

Prob.13.79

* 13.80. El carrete, que pesa 2 lb, se desliza a lo largo de la varilla lisa horizontal en espiral, r = (28) ft, estando 8 en radianes. Si su velocidad angular de rotación es constante O = 4 rad/s, calcule la fuerza horizontal tangencial P que se necesita para causar el movimiento y la fuerza horizontal normal que ejerce el carrete sobre la varilla cuando 8 = 90°.

13.83. Durante un corto tiempo, el carro de la montaña rusa, con un peso de 250 kg, viaja a lo largo de la vía en espiral a una velocidad constante tal que su posición, medida desde la parte superior de la vía tiene las componentes r = 10 m, 8 = (0.21) rad y z = (-0.3t) m, estando t en segundos. Calcule las magnitudes de las componentes de la fuerza que ejerce la vía sobre el carro en las direcciones r. 8y z cuando t = 2s. Desprecie el tamaño del carro.

p

Probs. 13.82/13.83

* 13.84. La varilla OA gira en sentido contrario al de Prob.13.80

13.81. Se emplea una varilla con corredera para forzar el movimiento de una partícula P lisa, que tiene una masa de 0.4 kg, a lo largo de la trayectoria de la ranura vertical r = (0.68) m, estando 8 medida en radianes. Si la partícula tiene una velocidad constante ve = 2 mis, calcule la fuerza de la varilla con corredera y la fuerza normal de la ranura sobre la partícula cuando 8 = n rad. Suponga que la partícula debe tocar sólo una orilla de la corredera y la ranura en cualquier instante. Sugerencia: Para obtener las derivadas con respecto al tiempo que se necesitan para calcular las componentes ar y ao de la aceleración de la partícula, tome la primera y segunda derivadas con respecto al tiempo de r = 0.68. A continuación, para mayor información, emplee la ecuación 12.26 para calcular ; y O. También, tome la derivada de la ecuación 12.26 con respecto al tiempo, teniendo en cuenta que Ve = O, para calcular ¡: y ().

las manecillas del reloj con una velocidad angular constante O= 5 rad/s. El dohle collarín B está articulado de tal modo que uno de ellos se desliza sobre la varilla rotatoria y el otro se desliza a lo largo de la varilla curva horizontal, cuya forma es una limaqon que describe la ecuación r = 1.5(2 - cos 8) ft. Si los dos collarines pesan 0.75 lb, calcule la componente de la fuerza horizontal normal que ejerce la varilla curva sobre uno de los collárines, y la fuerza que ejerce la palanca OA sobre el otro collarín en el momento en el que 8 = 120°. Desprecie la fricción.

r = 1.5 (2- C05 O)

Prob.13.84

PROBLEMAS

131

13.85. Un carro de montaña rusa se mueve por una 13.87. La partícula de 0.5 lb se guía a lo largo de la vía definida, en una distancia corta, por una espiral trayectoria circular mediante la palanca de corredera. . cónica r = (3/4)z, e = -1.5z,en las que r y z se miden Si esta palanca tiene una velocidad angular = 4 en metros y e en radianes. Si siempre se mantiene la rad/s y aceleración angular = 8 rad/s 2 cuando e = velocidad angular e= 1 rad/s, calcule las componen- 30'\ calcule la fuerza de la guía circular sobre la partítes r, ey z de la reacción que la vía ejerce sobre el ca- cula. El movimiento se efectúa en el plano horizontal. rro cuando z = 6 m. El carro y los pasajeros tienen * 13.88. Resuelva el problema 13.87 si el movimiento una masa total de 200 kg. se efectúa en el plano vertical.

e

e

,

Probs.13.87/13.88

13.89. Mediante presión de aire, se impulsa a la bola de 0.5 kg a moverse en el interior del tubo que descansa sobre el plano horizontal y que tiene la forma de una espiral logarítmica. Si la fuerza tangencial que el aire ejerce sobre la bola es 6 N, calcule la magnitud de la rapidez de crecimiento de la velocidad de la bola cuando e = rr!2. También, ¿cuál es el ángulo '" que hace la coordenada radial prolongada r con la fuerza de 6 N?

Prob.13.85

13.86. Un joven parado en terreno firme hace girar a la niña sentada en un "plato" o deslizador en una trayectoria circular de radio ro = 3 m de tal forma que la velocidad angular de rotación del cable es = 0.1 rad/s. Si el cable DA fijo al plato arrastra hacia adentro a una velocidad constante; = 0.5 mis, calcule la tensión que ejerce sobre dicho plato cuando r = 2 m. El plato y la niña tienen una masa total de 50 kg. Desprecie el tamaño de la niña, el plato y los efectos de fricción entre el plato y el hielo. Sugerencia: Demuestre primero que la ecuación de movimiento en la dirección e es ae = (re + 2f0) = [d(r2 0)Idt]/r = O. Cuando se integra, r2 = e, en la cual la constante e se calcula a partir de los datos del problema.

e

e

Prob.13.86

Prob.13.89

13.90. El collarín, que tiene un peso de 3 lb, se desliza a lo largo de la varilla lisa que descansa en el plano horizontal y que tiene la forma de una parábola, r = {4/(1 - cos 8)} ft, estando e en radianes. Si la velocidad angular del collarín es constante e= 4 rad/s, calcule la fuerza P tangencial necesaria para provocar el movimiento y la componente horizontal de la fuerza normal que ejerce el collarín sobre la varilla en el momento en que e = 90°.

Prob.13.90

132

CAP.13 CINÉTICA DE UNA PARTíCULA: FUERZA Y ACELERACIÓN

13.91. La partícula de 0.5 lb está guiada a lo largo de la trayectoria circular vertical por el brazo OA. Si el brazo tiene una velocidad angular O :::: 0.4 rad/s, y una aceleración angular de 0.8 rad/s? cuando 8 :::: 30°, calcule la fuerza que ejerce el brazo sobre la partícula. Considere re ::::0.4 ft.

e ::::

* 13.92. La partícula de masa m se guía por la trayectoria circular vertical de radio re mediante el brazo OA. Si el brazo tiene velocidad angular 80 constante, calcule el ángulo 8 al cual la partícula comienza a despegarse de la superficie del semicilindro.

* 13.96. El piloto de un aeroplano ejecuta un rizo verti-

*

cal que en parte sigue la trayectoria en forma de una "rosa de cuatro hojas" r ::::(-600 cos 28) ft, estando 8 en radianes. Si su velocidad en A es constante vp :::: 80 It/s, calcule la reacción vertical que ejerce sobre el asiento del avión cuando éste se encuentra en A. El piloto pesa 130 lb. Sugerencia: Determine las derivadas necesarias con respecto al tiempo para calcular las componentes de la aceleración del avión a, y a IJ, tome la primera y segunda derivadas con respecto al tiempo de r :::: 600 cos 28. A continuación, para mayor información, use la ecuación 12.26 para calcular a r y a 8. También, emplee la ecuación 12.26 con respecto al tiempo, considerando que Vp ::::O,para calcular r y 8.

Si q\ jo ti) tá m sé se

(r,

A

r = -600 cos 28

L Probs.13.91/13.92

13.93. Se usa la varilla ranurada para mover a la partícula lisa de 2 lb alrededor de la trayectoria horizontal en forma de limacon, r ::::(2 + cos 8) ft. Si O::::0.5 rad/s en todo momento, calcule la fuerza que ejerce la varilla sobre la partícula cuando 8 ::::90°. La varilla ranurada y la trayectoria tocan a la partícula sólo de un lado.

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I

i¡

13.94.Resuelva el problema 13.93para cuando 8::::60°.

!I

1,

13.95. Se usa la varilla ranurada para mover la partícula lisa de 2lb por la trayectoria horizontal en forma de limacon, r ::::(2 + cos 8) ft. Si 8 ::::(0.5(2) rad, estando ( en segundos, calcule la fuerza que ejerce la varilla sobre la partícula cuando ( ::::1 s. La varilla de palanca y la varilla de trayectoria hacen contacto con la partícula sólo en un lado.

P~ob.13.96

13.97. El vehículo con peso de 4.20 Mg, e, viaja por una parte de una carretera en forma de la cardioide r ::::400(1 + cos 8) m. Si el auto mantiene una velocidad constante Ve :::: 4 mis, calcule las componentes radial y transversal de la fuerza de fricción que debe ejercer el pavimento en todas las ruedas para mantener el movimiento cuando 8 ::::O. Sugerencia: Para determinar las derivadas con respecto al tiempo necesarias para calcular las componentes de la aceleración del automóvil a, y as; tome la primera y segunda derivadas con respecto al tiempo de r ::::400(1 + cos 8). A continuación, para mayor información, emplee la ecuación 12.26 para calcular O. También, derivar la ecuación 12.26 con respecto al tiempo, considerando que Ve ::::O,para calcular ¡: y 8.

E

c. VI

z;

l(

yo ". -

Probs. 13.93/13.94/13.95

Prob.13.97

d

1 1 P

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SECo13.7 MOVIMIENTO CON FUERZA CENTRAL Y MECÁNICA DEL ESPACIO

133

*13.7 Movimiento con fuerza central y mecánica del espacio .Si una partícula sólo se mueve bajo la influencia de una fuerza que tiene una línea de acción dirigida siempre hacia un punto fijo, al movimiento se le llama movimiento con fuerza central. Este tipo de movimiento se origina por lo común por fuerzas electrostáticas y gravitatorias. Para determinar el movimiento, veremos a la partícula P que se muestra en la figura 13.21a, que tiene una masa m y sobre ella actúa sólo la fuerza central F. El diagrama de cuerpo libre de la partícula se muestra en la figura 13.21b. Empleando las coordenadas polares (r, 8), las ecuaciones 13.9 de movimiento se transforman en

,:/\ /

d!J

dA

-F=m

2 ddt2r -r (dfJJ2] Yt

=-fr2d!J

!J x

o

[

(13.11)

(o)

!J

La segunda de esas ecuaciones puede escribirse como sigue:

l[li[ r

dt

r2dfJ)]=o dt

F

por lo que integrando se obtiene (13.12)

dt

Fig.13.21

En este caso h es una constante de integración. Nótese que de acuerdo con la figura 13.21a la superficie sombreada que describe el radio r al moverse un ángulo dfJes dA = fy"2dfJ. Si la velocidad de área se define como 1

ae

-¡¡¡=2r2Yt=2

"

?r

(o)

r2dfJ=h

dA

\

h

(13.13)

entonces, por comparación con la ecuación 13.12, se ve que la velocidad de área de una partícula sujeta al movimiento de fuerza central es constante. En otras palabras, la partícula barre iguales segmentos de área por unidad de tiempo al viajar por su trayectoria. Para obtener la trayectoria del movimiento, r = f(fJ) , debe eliminarse la variable independiente t de las ecuaciones 13.11. Empleando la regla de la cadena del cálculo, y la ecuación 13.12, las derivadas de las ecuaciones 13.11 con respecto al tiempo pueden sustituirse con

134

CAP.13

CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: FUERZA Y ACELERACIÓN

Sustituyendo una nueva variable dependiente (xi) segunda ecuación, tenemos que cFr

=

S=

l/r en la

Es ea la cié es

S

-h2'¡;2 d2

([[I

de2

••

También, el cuadrado de la ecuación 13.2 es

(~~J 2

2 4

=hS

Sustituyendo las dos últimas ecuaciones en la primera de las ecuaciones 13.11 se obtiene

o sea d2S de2 +

Trayectoria de vuelo libre

~

~

Satélite

//~

,.;ro ,

. F

'~·~ayectoria

// A ~

~~eIOde

potencia

Lanzurnieruo

~

Fig.13.22

de

_ S-

Pe F mh2

s

2

(13.14)

Esta ecuación diferencial define la trayectoria a lo largo de la cual viaja la partícula cuando está sujeta a la fuerza central F.* Para aplicarla se tomará en cuenta la fuerza de atracción gravitatoria. Algunos ejemplos comunes de sistemas de fuerzas centrales que dependen de la gravitación son el movimiento de la Luna y los satélites artificiales alrededor de la Tierra, y el movimiento de los planetas alrededor del Sol. Como problema típico en la mecánica espacial, consideremos la trayectoria de un satélite o vehículo espacial puesto en órbita con una velocidad inicial Vo figura 13.22. Se supondrá que esta velocidad es inicialmente paralela a la tangente a la superficie de la Tierra, como lo indica la figura.** Inmediatamente después de que el satélite se deja en movimiento libre, la única fuerza que actúa sobre él es la fuerza gravitatoria de la Tierra. Se despreciarán las atracciones gravitatorias en las que intervienen otros cuerpos celestes como la Luna o el Sol, ya que para órbitas cercanas a la superficie terrestre su efecto es pequeño en comparación con el de la gravitación de la Tierra. Según la ley de Newton de la gravitación, la fuerza F siempre actúa entre los centros de masa de la Tierra y del satélite figura 13.22. De la ecuación 13.l, esta fuerza de atracción tiene una magnitud de

sa de ur

se ta ta ll¡ se

r

2

donde Me Ym representan la masa de la Tierra y del satélite, respectivamente, G es la constante de la gravitación y r es la distancia entre centros de masa. Haciendo S = 1/r en la ecuación anteriory sustituyendo el resultado en la ecuación 13.14, se obtiene

f

Se en

o

Mem

F=G

do

• En la deducción, se considera positiva a F cuando está dirigida hacia el punto O. Si F tiene dirección contraria, el lado derecho de la ecuación 13.14debe ser negativo. •• El caso en el que va actúa a determinado ángulo inicial Ocon respecto a la tangente se describe mejor empleando la conservación del momento angular (vea Probo 15.80).

e

e:

y

SECo 13.7 MOVIMIENTO CON FUERZA CENTRAL Y MECÁNICA DEL ESPACIO

(13.15)

Esta ecuación diferencial de segundo orden tiene coeficientes constantes y es no homogénea. Su solución se representa como la suma de las soluciones complementaria y particular. La solución complementaria se obtiene cuando el término de la derecha es igual a cero. Esto es

donde e y ~ son constantes de integración. La solución particular es

~

=

P

CMe

h2

Por lo tanto, la solución completa de la ecuación 13.15 es ~ = ~c + ~p

CM = _1 = ecos ( 8 - ~) + __ c (13.16) r h2 Se puede comprobar la validez de este resultado por sustitución en la ecuación 13.15. La ecuación 13.16 representa la trayectoria de vuelo libre del satélite. Es la ecuación de una sección cónica expresada en coordenadas polares. Como se muestra en la figura 13.23, se define una sección cónica como el lugar geométrico de los puntos P que se mueven en un plano, de tal manera, que la relación de sus distancias a un punto fijo F a sus distancias a una línea fija es constante. Al punto fijo se le llama el foco y a la línea fija DD se le llama la directriz. A la relación const~nte se le identifica con e, y se le llama la excentricidad de la sección cónica. Entonces

FP e = PA que puede escribirse en la siguiente forma:

FP = r = e(PA) = e[p - r cos (8- p)] o sea, 1 = -1 cos( 8 - p) + - 1

-

r

p

ep

Comparando esta ecuación con la ecuación 13.16, se ve que la cxcentricidad de la trayectoria en forma de sección cónica es 01 2 CM..

e =-y la distancia fija del foco a la directriz es

(13.17)

D

Fig.13.23

135

www.elsolucionario.org 136

CAP. 13 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: FUERZA Y ACELERACIÓN

1

(13.18)

p=C

Siempre que el ángulo polar Ose mida a partir del ejex (que es un eje de simetóa, ya que es perpendicular a la directriz DD). el ángulo es cero, figura 13.23 y, por lo tanto, la ecuación 13.16 se reduce a 1

-=

r

e cos 0+ GM< -

(13.19)

h2

Las constantes h y e se calculan a partir de los datos obtenidos de la posición y velocidad del satélite al final de la trayectoria del vuelo de potencia. Por ejemplo, si la altura o distancia inicial al vehículo espacial es ro (medida a partir del centro de la Tierra) y su velocidad inicial es Vo al principio de su vuelo libre, figura 13.24, entonces la constante h puede obtenerse a partir de la ecuación 13.12. Cuando 0 = 0 = 0°, la velocidad Vo no tiene componente radial; por lo tanto, de la ecuación 12.25, Vo = ro(dO/dt), de modo que 1 dO h = 10 dt

o sea que

www.elsolucionario.org rovo h

(13.20)

=

Para calcular e, se usa la ecuación 13.19 con () sustituye h de la ecuación 13.20:

= 0°, r = ro y se

(13.21)

Por lo tanto, la ecuación para el vuelo lihre es

!

r

=!( ro

1 - GMr )cos

()+

toifo

GM< r5ifo

(13.22)

El tipo de trayectoria que sigue el satélite se determina de acuerdo con el valor de la excentricidad de la sección cónica, definida por la ecuación 13.17. Si

e = O, e = 1, e <1, e >1;

la trayectoria de vuelo lihre es un CÍrculo la trayectoria de vuelo lihre es una paráhola la trayectoria de vuelo lihre es una elipse la trayectoria de vuelo lihre es una hipérhola .

.

(13.23) I

___J

SECo 13.7 MOVIMIENTO CON FUERZA CENTRAL Y MECÁNICA DE L ESPACIO

Cada una de estas trayectorias se muestra en la figura 13.24. A partir de las curvas se ve que cuando el satélite sigue una trayectoria parabólica está en el límite de nunca regresar a su punto de partida. La velocidad inicial Vo de lanzamiento que necesita el satélite para describir una trayectoria parabólica se llama veLocidad de escape. Esta velocidad, Ve puede calcularse empleando la segunda de las ecuaciones 13.23 con las ecuaciones 13.17, 13.20 Y 13.21. Se deja como ejercicio demostrar que

(13.24) La velocidad ve necesaria para lanzar un satélite en órbita circuLar puede calcularse empleando la primera de las ecuaciones 13.23. Como e se relaciona con h y con e, ecuación 13.17 e debe ser cero para satisfacer esta ecuación (según la ecuación 13.20, h no puede ser cero); y por lo tanto, empleando la ecuación 13.21 se tiene que V e

=.¡

GMc

(13.25)

ro

Siempre que ro represente una altura mínima de lanzamiento, en la cual se pueda despreciar la resistencia por fricción de la atmósfera, las velocidades de lanzamiento menores que Ve harán que el satélite vuelva a entrar a la atmósfera terrestre y se queme o se estrelle, figura 13.24.

Trayectoria hiperbólica

e> 1 Trayectoria parabólica e= ~_ _---....~

Trayectoria elíptica e<1

Trayectoria

Fig.13.24

137

138

CAP.13 CINÉTICA DE UNA PARTíCULA: FUERZA Y ACELERACIÓN

Todas las trayectorias de los planetas y la mayor parte de los satélites son elípticas, figura 13.25. Para la órbita de un satélite alrededor de la Tierra, la distancia mínima de órbita al centro de la Tierra 0, que está ubicado en uno de los focos de la elipse, es rp y puede calcularse empleando la ecuación 13.22 con (} = O°. Por lo tanto, (13.26) A esta distancia mínima se le llama perigeo de la órbita. El apogeo, o distancia máxima ra puede calcularse mediante la ecuación 13.22 haciendo (} = 180°.* Por lo tanto,

(13.27)

ra = 2GM)rov5 - 1

Con referencia a la figura 13.25, el semieje a mayor de la elipse es lj, + ra a =-2-

(13.28)

Mediante geometría analítica puede demostrarse que el eje menor b se determina con la ecuación

b = .¡ rpro

(13.29)

I

b

Fig.13.25

• En realidad , la terminologí;¡ de perigeo y apogeo sólo le corresponde a órbitas alrededo r de la Tien·a. Si otro cuerpo celeste est<Í ubicado en el foco de una órbita cl.íptica, las distancias máxima y mínima se llaman respectivamente la periapsis y la apoapsis de la órbita.

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SEC., 13.7 MOVIMIENTO CON FUERZA CENTRAL Y MECÁNICA DEL ESPACIO

Además, por integración directa, el área de una elipse es (13.30) Mediante la ecuación 13.13 se ha definido la velocidad de área, dAldt = h12. Integrando se obtiene A = hT/2, siendo T el penodo o tiempo necesario para completar una revolución en la órbita. De acuerdo con la ecuación 13.30, el periodo es

(13.31)

Además de predecir la trayectoria de la órbita de los satélites terrestres, la teoría que hemos desarrollado en esta sección es válida, con una aproximación sorprendentemente estrecha, para predecir el movimiento real de los planetas que giran alrededor del Sol. En este caso la masa del Sol, M" debería sustituirse por la masa de la Tierra, Me, cuando se usan las fórmulas adecuadas. El hecho de que los planetas sigan en realidad órbitas elípticas alrededor del Sol fue descubierto por el astrónomo alemán Johannes Kepler en la primera parte del siglo diecisiete. Su descubrimiento fue anterior al desarrollo de las leyes del movimiento por Newton, así como de la ley de la gravitación; por lo tanto, llegado el tiempo, constituyó una prueba importante de la validez de las reyes de Newton. Las leyes de Kepler, enunciadas después de 20 años de observación de los planetas se resumen en los siguientes tres enunciados: 1.

2. 3.

Todo planeta se mueve en su órbita de tal manera que la línea que lo une con el Sol barre áreas iguales en tiempos iguales, independientemente de la longitud de la línea. La órbita de todo planeta es una elipse, y el Sol ocupa uno de sus focos. El cuadrado del periodo de cualquier planeta es directamente proporcional al cubo del eje menor de su órbita.

Las ecuaciones 13.13 y 13.22 son enunciados matemáticos de la primera y segunda ley de Kepler. La tercera ley se puede deducir a partir de la ecuación 13.31, emplea ndo las ecuaciones 13.19, 13.28 y 13.29.

139

140

CAP.13 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: FUERZA Y ACE LERACIÓN

Ejemplo 13.13

Se lanza un satélite a 600 km de la superficie terrestre con velocidad inicial de 30 Mm/h en dirección paralela a la tangente en la superficie de la Tierra, figura 13.26. Suponga que el radio de la Tierra es de 6378 km y que su masa es de 5.976(10 24 ) kg; calcule (a) la excentricidad de la trayectoria orbital y (b) la velocidad del satélite en su apogeo. SOLUCIÓN

Parte (a). La excentricidad de la órbita se obtiene empleando la ecuación 13.17. Primero se determinan las constantes h y C mediante las ecuaciones 13.20 y 13.2l. Como rl'

= 6378 km + 600 km = 6.978(106) Vo = 30 Mm/h = 8333.3 mis

m

Entonces H-- -- -- - - ----4g A

600 km

24 www.elsolucionario.org = 1 { _ 6.673(1O- )[5.976(10 )]} = 254 10-8 6.978(10 ) 6.978(10 )(8333.3)11

1

-::-:::=-:-:--;:-6;:-"

6?

'

(

)m

-1

Fig. 13.26

Por lo tanto, e = Ch 2 = 2.54(10-8)[5.815(1010)J2 = 0.215

GMe

<1

Resp.

6.673(10-11 )[5.976(1024)]

De acuerdo con la ecuación 13.23 vemos que la órbita es una elipse .

Parte (b). Si el satélite fuera lanzado en el apogeo A que muestra la figura 13.26 con una velocidad VA ' puede mantenerse la misma clase de órbita siempre que h = rl'vo = r"vA = 5.815(10 10) m2/s

Empleando la ecuación 13.27 tenemos _

ra -

rl'

6.978(106 )

_

_

6

2G~c _ 1 - {2[6.673(10-11 )][5.976(1?024)] _ 1} - 10.804(10 ) 6.978(1ü6)(8333.3)-

rl'VO

Por lo tanto, _ 5.815(10 10) 10.804(106 )

VA -

-

-

5382.3 mis - 19.4 Mm/h

Resp.

PROBLEMAS

141

PROBLEMAS En los siguientes problemas suponga que el radio de la Tierra es de 6378 km, su masa es de 5.976(1024 ) kg, la masa del Sol es de 1.99(103°) kg Y la constante de la gravitación es G = 66.73(10- 12) m3/(kg . S2). 13.98. Un satélite se lanza con velocidad inicial VI) = 4000 kmlh en dirección paralela a la superficie terrestre. Calcule la altitud necesaria (o intervalo de altitudes) sobre la superficie terrestre para el lanzamiento si la trayectoria de vuelo libre debe ser (a) circular, (b) parabólica, (e) elíptica y (d) hiperbólica. 13.99. Calcule la velocidad constante del satélite S para que pueda rodear a la Tierra con una órbita circular de radio r = 15 Mm. La masa de la Tierra es de 5.976(1024 ) kg. Sugerencia: Use la ecuación 13.1.

13.103. El cohete viaja en órbita elíptica de vuelo libre alrededor de la Tierra de tal modo que e = 0.76, como se indica. Calcule su velocidad cuando está en el punto A. También, calcule el cambio repentino que debe tener la velocidad del cohete en el punto B para viajar en vuelo libre por la órbita indicada por la línea de puntos.

....... /

/

-------------

........

'

' \

B

_.-- /

9 Mm

- -+--

8 Mm

/

/

e

A

SMm

r= 15 Mm

Probo13.103

s

Prob.13.99

'13.100. Un asteroide tiene órbita elíptica alrededor del Sol de tal modo que su periapsis queda a 9.30(109) km del Sol. Si la excentricidad de la órbita es e = 0.073, calcule la apoapsis de dicha órbita. 13.101. Se debe colocar un satélite de comunicaciones en órbita ecuatorial circular alrededor de la Tierra, para que siempre permanezca directamente sobre determinado punto de la superficie terrestre. Se necesita que el periodo sea (aproximadamente) de 24 horas. Calcule el radio de la órbita y la velocidad del satélite. 13.102. Demuestre que la velocidad de un satélite lanzado en órbita circular alrededor de la Tierra está dada por la ecuación 13.25. Calcule la velocidad de un satélite lanzado paralelamente a la superficie terrestre para que siga una órbita circular a 800 km de esa superficie.

* 13.104. La Tierra tiene una razón de excentricidad e = 0.0821 en su órbita alrededor del Sol. Se sabe que la distancia mínima de la Tierra al Sol es de 151.3(1Q6) km. Calcule la velocidad a la que viaja un cohete cuando está a esa distancia. Formule la ecuación, en coordenadas polares, que describe la órbita alrededor de la Tierra. 13.105. El planeta Júpiter viaja alrededor del Sol en una órbita elíptica tal que su excentricidad es e = 0.048. Si la periapsis entre Júpiter y el Sol es ro = 0.704(109 ) km, calcule (a) la velocidad de Júpiter en su periapsis, y (b) la apoapsis de su órbita. 13.106. Se coloca un satélite en órbita a una velocidad de 6 km/s, en dirección paralela a la superficie terrestre. Calcule la altitud correcta del satélite para que su órbita sea circular. ¿Qué le sucedería al satélite si su velocidad inicial fuera de 3 km/s al colocarlo en órbita a la altura calculada? 13.107. La órbita de un asteroide tiene una excentricidad e = 0.056 alrededor del Sol. Calcule la periapsis de la órbita. La apoapsis de ella es de 2.0(10 9) km.

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142

CAP.13 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: FUERZA Y ACELERACIÓN

• 13.108. Un cohete se encuentra estacionado junto a un satélite a 18 Mm sobre la superficie terrestre. Si el satélite se mueve en órbita circular, calcule la velocidad que repentinamente debe darse al cohete, en relación con el satélite, para que viaje en vuelo libre y se aleje del satélite siguiendo una trayectoria parabóIica, como se ve en la figura.

13.111. El cohete se encuentra en vuelo libre en órbita elíptica alrededor de la Tierra de tal modo que la excentricidad de su órbita es e y su perigeo es re. Calcule el incremento mínimo de velocidad que debe tener para escapar del campo gravitatorio de la Tierra. ¿En qué punto de la trayectoria debe ocurrir esto?

-, ,,

/

,, ,,

/

/ /

13.110. Se debe poner un satélite en órbita elíptica alrededor de la Tierra de tal modo que el perigeo de esa órbita tenga una altitud de 800 km y en su apogeo su altitud sea de 2400 km. Calcule la velocidad necesaria de lanzamiento, tangente a la paralela a la superficie terrestre estando en el perigeo, y el periodo de su órbita.

,

V

\ \ \ \ \ \ \ \ I I I I I I I I I / / /

~////

--Probo 13.108

Prob.13.111

* 13.112 El cohete viaja en vuelo libre por una órbita elípticaA'A. El planeta no tiene atmósfera y su masa 13.109. El satélite se mueve en órbita elíptica con una es 0.60 veces la masa de la Tierra. Si el cohete tiene excentricidad e =0.25. Calcule su velocidad cuando la apoapsis y periapsis que se muestran en la figura, calestá a las distancias máxima A y mínima B de la Tierra. cule la velocidad del cohete cuando está en el puntoA.

~'Mm

A

B

A

t6~~ Prob.13.109

A'

B

"Mm~

Probo 13.112

I

14

Cinética de una partícula: trabajo y energía

En este capítulo integraremos la ecuación de movimiento con respecto al desplazamiento y así obtendremos el principio del trabajo y la energía. La ecuación que resulta es útil para resolver problemas que implican fuerza, velocidad y desplazamiento. Posteriormente en el capítulo se describirá el concepto de potencia, y se presentará un método para resolver problemas cinéticos, empleando el teorema de la conservación de la energía. Sin embargo, antes de presentar esos temas, será necesario primero definir el trabajo efectuado por varios tipos de fuerzas.

14.1 El trabajo de una fuerza En mecánica una fuerza F efectúa trabajo sobre una partícula sólo cuando ésta sufre un desplazamiento en la dirección de la fuerza. Por ejemplo, veamos la fuerza F que actúa sobre la partícula en la figura 14.1, que tiene una ubicación sobre la trayectoria s especificada por el vector de posición r. Si la partícula se mueve a lo largo de la trayectoria a una posición nueva r ', el desplazamiento es entonces dr = r' - r. La magnitud de dr está representada por ds, el segmento diferencial a lo largo de la trayectoria. Si el ángulo tomado entre las colas de dr y F es e, figura 14.1, entonces el trabajo dU que efectúa F es una cantidad escal11r, definida por dU = Fdscos

F

e

Por definición del producto escalar o producto punto (véase Ec. C.14) la ecuación anterior también puede escribirse

Fig.14.1

144

CAP. 14 CINÉTICA DE UNA PARTíCULA: TRABAJO Y ENERGíA

dU= F 'dr F

Fig. 14.1

El trabajo expresado por la ecuación anterior puede interpretarse de alguna de las dos formas: puede ser el producto de F y la componente del desplazamiento en la dirección de la fuerza, es decir, ds cos O, o bien como el producto de ds por la componente de la fuerza en la dirección del desplazamiento, es decir, F cos O. Nótese que si 0° ~ 0< 90°, entonces la componente de la fuerza y el desplazamiento tienen el mismo sentido, y por lo tanto el trabajo es positivo; mientras que si 90° < O~ 180°, esos vectores tienen sentido opuesto, y por lo tanto el trabajo es negativo. También, dU = O si la fuerza es perpendicular al desplazamiento, ya que cos 9{)0 = O, o si la fuerza se aplica en un punto fijo, en cuyo caso el desplazamiento es cero. La unidad básica para el trahajo en el sistema SI se llama joule (J). Esta unidad comhina las unidades de fuerza y desplazamiento. Específicamente un joule de trahajo se efectúa cuando una fuerza de 1 newton se mueve 1 metro a lo largo de su línea de acción (1 J = 1 N· m). El momento de una fuerza tiene esta misma comhinación de unidades (N' m); sin emhargo, los conceptos de momento y trahajo no se relacionan en ninguna forma. Un momento es una cantidad vectorial, mientras que el trabajo es un escalar. En el sistema inglés el trabajo se define en general escribiendo las unidades en el orden de lb . ft, para distinguir las unidades que corresponden a un momento, en cuyo caso se escriben como lb . ft.

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Trabajo de una fuerza variable. Si la partícula sufre un desplazamiento finito a lo largo de su trayectoria desde r¡ hasta rZ, o a S2' figura 14.2a, el trahajo se calcula por integración. Si F se expresa como una función de la posición, F = F(s), tendremos que

SI

(14.1)

Si la componente de la fuerza que efectúa trahajo, F cos O, se grafica contra s, figura 14.2b, la integral de esa ecuación puede interpretarse como el área bajo la curva desde la posición s 1 hasta la posición S2' Feos

e

léLl ds

(a)

(b)

Fig.14.2

•

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SECo 14.1 EL TRABAJO DE UNA FUERZA

145

F eos 8

s,

2

F,oo, ' [

Fe eos 8

I

•

s2

I

s,

s2 (b)

(a)

Fig.14.3

Trabajo de una fuerza constante que se mueve en línea recta. Si la fuerza Fe tiene magnitud constante y actúa en un ángulo constante 8 a partir de su trayectoria recta, figura 14.3a, entonces la componente de Fe en la dirección del desplazamiento es Fe cos 8. El trabajo efectuado por Fe, cuando la partícula se desplaza de SI hasta S2> está determinado por la ecuación 14.1, en cuyo caso

o bien (14.2) En este caso el trabajo de Fe representa el área bajo eL rectánguLo de la figura 14.3b.

Trabajo de un peso. Consideremos la partícula que se mueve hacia arriba por la trayectoria s, mostrada en la figura 14.4, desde la posición SI hasta la posición S2' En algún punto intermedio el desplazamiento dr = dx i + dy j + dz k. Como W = -Wj, al aplicar la ecuación 14.1 se obtiene UI

_2

=

y

w

f F . dr = t'c r, -W j) . Cdx i + dy j + dz k)

= S y¡ -W dy =

;JL~- - --

-W(y2 - YI)

y,

o sea

UI _ 2=-W~y I

(14.3)

Entonces, el trabajo efectuado es la magnitud del peso de la partícula por su desplazamiento vertical. En el caso que se muestra en la figura 14.4, el trabajo es negativo, ya que Wes hacia abajo y ~y es hacia arriba. Sin embargo, nótese que si la partícula se desplaza hacia abajo (-~y), el trabajo del peso es positivo. ¿Por qué?

Fig.14.4

--;;r--

x

146

CAP. 14 CINÉTICA DE UNA PARTíCULA: TRABAJO Y ENERGÍA

Trabajo de la fuerza de un resorte. La magnitud de la fuerza que se desarrolla en un resorte elástico lineal cuando éste se desplaza una distancia s de su posición no deformada es F s = ks, siendo k la rigidez del resorte. Si éste se alarga o se comprime con respecto a una posición SI a otra Sz, figura 14.5a, el trabajo hecho por Fs sobre el resorte, es positivo, ya que en cada caso la fuerza y el desplazamiento están en la misma dirección. Necesitamos

Esta ecuación representa el área trapezoidal bajo la línea F s = ks, figura 14-5b. Si una partícula o cuerpo está fija a un resorte, entonces la fuerza Fs ejercida sobre la partícula es opuesta a la que se ejerce sobre el resorte, figura 14.5c. En consecuencia, la fuerza hará un trabajo negativo sobre la partícula cuando ésta se mueva para seguir alargando o comprimiendo el resorte. Por lo tanto, la ecuación anterior se transforma en 2 J U 1 - 2-- _(lks "2 2 - "2I ks 2)

(14.4)

Cuando se usa esta ecuación se puede eliminar un error en el signo si simplemente se nota la dirección de la fuerza del resorte que actúa sobre la partícula y se compara con la dirección del desplazamiento de la partícula. Si ambas están en el mismo sentido, resulta trabajo positivo; si son contrarias entre sí, el trabajo es Posidó n sin estirar

negativo. s=o F uerza sobre

Posició n

el rt:sortc

sin est irar .. s = O

F ,. = ks

~'! f'. ',l' !Jf'. '!J

s----l-l e/s

~ F,

s2

sI

(al

'!Jf'..'!JV;'!Jf'..'!Jf'..;:r..1-

~

/'

F,

Fuerza sob re

la pa rtícula

(bl

Fig. 14.S

SECo 14.1 EL TRABAJO DE UNA FUERZA

Ejemplo 14.1

El bloque de 10 kg que aparece en la figura 14.60 descansa en el plano inclinado liso. Si el resorte originalmente no está deformado, calcule el trabajo total efectuado por todas las fuerzas que actúan sobre el bloque cuando una fuerza horizontal P = 400 N lo empuja pendiente arriba s = 2 m.

1--

SOLUCIÓN El diagrama de cuerpo libre se muestra en la figura 14.6b, en el cual se tienen en cuenta todas las fuerzas que actúan sobre el bloque.

2 cos 3D' m

(a)

3D'

98~ I N 3D' P ; 400 N 3D'

Fuerza horizontal P. Como esta fuerza es constante, el trabajo se cualcula con la ecuación 14.2. El resultado se puede calcular como la fuerza multiplicada por la componente del desplazamiento en la dirección de la fuerza; es decir,

Vp

= 400 N cos 30° (2 m) = 692.8 J

V s = -i(30 N/m)(2 m)2 = - 60 J ¿Por qué es negativo este trabajo? Peso W. Como el peso actúa en dirección opuesta a su desplazamiento vertical, el trabajo es negativo; es decir,

= - 98.1 N (2 m sen 30°) = - 98.1 J

Nótese que también es posible considerar el componente del peso en la dirección del desplazamiento; es decir,

Vw

(b)

= -(98.1 N sen 30°)2 m = - 98.1 J

Fuerza normal N B • Esta fuerza no efectúa trabajo, ya que siempre es perpendicular al desplazamiento. El trabajo de todas las fuerzas es, cuando el bloque se desplaza 2 m, VI'

= 692.8 - 60 - 98.1 = 535 J

Fig.14.6

/

Fuerza Fs del resorle. Como el resorte está indeformado al principio y en la posición [mal está extendido 2 m, el trabajo de Fs es

Vw

F,

B

= 400 N (2 m cos 30°) = 692.8 J

o bien el desplazamiento por la componente de la fuerza en la dirección del desplazamiento, es decir,

Vp

N

Resp.

147

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148

CAP.14

CINÉTICA

DE UNA PARTíCUlA:

TRABAJO

Y ENERGíA

14.2 El principio del trabajo y la energía pn

dr (. pM__

v

~ LF, ~

e

I

\

Sea una partícula P en la figura 14.7, la cual, en el instante que se considera, está ubicada en la posición r de la trayectoria medida en un sistema coordenado inercial. Si la partícula tiene una masa m y está sujeta a un sistema de fuerzas externas representadas por la resultante FR = ~F, entonces la ecuación de movimiento para la partícula es ~F = ma. Cuando la partícula sufre un desplazamiento dr a lo largo de la trayectoria, el trabajo efectuado por las fuerzas es

2

\

qu tn cu es

~f . dr = ma . dr

\

FR=LF

11

}'----------

y

Sistema inercia! de coordenadas

x

Fig.14.7

Si se establecen los ejes n y t en la partícula, entonces puede resolverse ~F en sus componentes normal y tangencial, figura 14.7. Como la magnitud de dr es ds, se puede ver que ~F . dr = EF ds cos 8 = EF,ds. En otras palabras, el trabajo de ~F se calcula únicamente a partir de sus componentes tangencia/es. Las componentes normales EFn = EF sen 8 no efectúan trabajo ya que la partícula no se puede desplazar en la dirección normal. Como a . dr = al ds, la ecuación anterior también puede escribirse

yl ni: tal mi vil iru se cu en ve no ec qt gr

~F . dr = EF, ds = ma, ds

,. jJ

www.elsolucionario.org=

Aplicando la ecuación cinemática a, ds v dv e integrando ambos lados, y suponiendo que la partícula tiene una posición inicial r = r, y una velocidad v = VI' y finalmente r = r2> v = V2> se obtiene

pl CI!

ya lu Si la ci SI m

o bien

"

.

~f.r'F. dr r,

= 1m 2

ifz -

1m 2

vI

(14.5)

Empleando la ecuación 14.1 puede escribirse el resultado final en la siguiente forma: (14.6) Esta ecuación representa el principio del trabajo y la energía para la partícula. El término de la izquierda es la suma del trabajo efectuado por todas las fuerzas que actúan sobre la partícula cuando ésta se mueve desde el punto 1 hasta el punto 2. Los dos términos del lado derecho, que son de la forma T = ~m v2 definen la energía cinética final e inicial, respectivamente. Estos términos son cantidades escalares positivas, ya que no dependen de la dirección de la velocidad de la partícula. Además, la ecuación 14.6 debe ser dimensionalmente homogénea para que la energía cinética tenga las mismas unidades que el trabajo, o sea joules (J), o ft . lb.

p I • ?"~

SECo 14.2 EL PRINCIPIO DEL TRABAJO Y LA ENERGÍA

Cuando se aplica la ecuación 14.6, con frecuencia se le representa en la siguiente forma:

(14.7)

que establece que la energía cinética inicial de la partícula más el trabajo efectuado por todas las fuerzas que actúan sobre la partícula, cuando se mueve de su posición inicial a su posición final, es igual a la energía cinética final de la partícula. Como se hizo notar en la deducción, el principio del trabajo y la energía representa una forma integrada de Uf = mal' obtenida empleando la ecuación cinemática af = v dv/ds. Como resultado, este principio da una sustitución conveniente para Uf = maf al resolver los tipos de problemas cinéticos en los que intervienen fuerza, velocidad y desplazamiento, ya que esas variables intervienen en los términos de la ecuación 14.7. Por ejemplo, si se conoce la velocidad inicial de una partícula, y si se puede calcular el trabajo de todas las fuerzas que actúan en la partícula, entonces la ecuación 14.7 da un medio directo de obtención de la velocidad final V2 de la partícula después de que sufre determinado desplazamiento. Si en vez de ello se calcula V2 mediante la ecuación del movimiento, es necesario un proceso de dos pasos, que son: aplicar Uf = maf para obtener a" y a continuación integrar a f = v dv/ds para obtener V2' Nótese que no se puede emplear el principio del trabajo y la energía, por ejemplo, para calcular fuerzas dirigidas normales a la trayectoria del movimiento, ya que dichas fuerzas no efectúan trabajo sobre la partícula. En lugar de ello se debe aplicar Un = man . Para trayectorias curvas, sin embargo, la magnitud de la fuerza normal es una función de la velocidad. De aquí que, podría ser más fácil obtener esa velocidad empleando el principio del trabajo y la energía, y después sustituir esta cantidad en la ecuación de movimiento Un = m v2/ p para obtener la fuerza normal.

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS Como se dijo antes, el principio del trabajo y la energía se emplea para resolver problemas cinéticos que implican velocidad, fuerza y desplazamiento, ya que estos términos intervienen en la ecuación. Se sugiere emplear el siguiente procedimiento de aplicación. Trabajo (diagrama de cuerpo libre). Establezca el sistema inercial de coordenadas y trace un diagrama de cuerpo libre de la partícula para tomar en cuenta todas las fuerzas que

149

150

CAP.14 CINÉTICA DE UNA PARTíCULA: TRABAJO Y ENERGÍA

efectúan trabajo sobre la partícula cuando se mueve a lo largo de su trayectoria.

Principio del trabajo y la energía. Aplique el principio del trabajo y la energía, TI + LUI _2 = T2• La energía cinética en los puntos inicial y final siempre es positiva, ya que implica la velocidad al cuadrado (T = !mv2). El trabajo efectuado por cada fuerza que aparece en el diagrama de cuerpo libre se calcula empleando las ecuaciones correspondientes que se desarrollaron en la sección 14.1. Como se necesita la suma algebraica de los términos de trabajo, es importante que se especifique el signo correcto de cada término. En particular, el trabajo es positivo cuando la componente de la fuerza está en la misma dirección que su desplazamiento, y es negativo en caso contrario. En los ejemplos que siguen a la sección 14.3 se muestra la aplicación numérica de este procedimiento.

14.3 El principio del trabajo y la energía para un sistema de partículas

F¡

Si

.

El principio del trabajo y la energía puede ampliarse para incluir un sistema de n partículas aisladas dentro de una región cerrada del espacio, como se muestra en la figura 14.8. En este caso la iésima partícula arbitraria que tiene una masa m¡ está sujeta a una fuerza externa resulante F¡, y a una fuerza interna resultante f¡ = LJ. I V") f;j que cada una de las demás partículas ejerce sobre la iésima. Mediante la ecuación 14.5 puede escribirse el principio del trabajo y energía para la iésima partícula de la siguiente forma

\

I

\

\ I

/

d

~-- I ---- y

"

/ x

CJ

"-_0_--/ Sistem" ¡nerl; "1 decoorden"dos

Se obtienen ecuaciones semejantes si se aplica el principio del trabajo y la energía a cada una de las demás partículas del sistema. Como tanto el trabajo como la energía cinética son escalares, pueden sumarse algebraicamente los resultados, de modo que

Fig.14.8

Podemos escribir esta ecuación en forma simbólica como sigue (14.8) Esta ecuación establece que la energía cinética inicial del sistema (LT I ) más el trabajo efectuado por todas las fuerzas internas y externas que actúan sobre las partículas del sistema (LU I _ 2) es igual a la energía cinética final del sistema (LT2). Para mantener este equilibrio de energía, debe poder explicarse el trabajo efec-

www.elsolucionario.org SECo 14.3 EL PRINCIPIO DEL TRABAJO Y LA ENERGÍA PARA UN SISTEMA DE PARTíCULAS

tuado por todas las fuerzas. A este respecto, nótese que aunque las fuerzas internas sobre partículas adyacentes se dan en pares colineales iguales y opuestos, el trabajo total que efectúan esas fuerzas, en general, no desaparece ya que las trayectorias por las que viajan las partículas correspondientes serán diferentes. Sin embargo, hay dos excepciones importantes a esta regla, que se dan con frecuencia en la práctica. Si las partículas están contenidas en el interior de los límites de un cuerpo rígido en traslación, las fuerzas internas sufren los mismos desplazamientos y, por lo tanto, el trabajo interno será cero. También, las partículas conectadas por cables in elásticos conforman un sistema que tiene fuerzas internas desplazadas en igual cantidad. En este caso, las partículas adyacentes ejercen fuerzas internas iguales pero opuestas que tienen componentes que sufren el mismo desplazamiento y, por lo tanto, el trabajo de esas fuerzas se anula. Por otro lado, nótese que si se supone que el cuerpo es no rígido, las .partículas del cuerpo se desplazan a lo largo de trayectorias distintas, y parte de la energía debido a las interacciones de las fuerzas se emitiría y perdería como calor o se almacenaría en el cuerpo si se tuvieran deformaciones permanentes. Describiremos en forma breve esos efectos al final de esta sección y en la sección 15.4. Sin embargo, en todo este libro, se aplicará el principio del trabajo y la energía a la resolución de problemas sólo cuando no se tengan que explicar directamente esas pérdidas de energía. El procedimiento de análisis que se describió en la sección 14.2 es un método de aplicación de la ecuación 14.8; sin embargo, sólo se aplica una ecuación al sistema completo. Si las partículas están conectadas con cuerdas pueden obtenerse otras ecuaciones en el caso general, empleando los principios ciri'emáticos descritos en la sección 12.8 para relacionar las velocidades de las partículas. Al hacerlo, supóngase que las partículas se desplazan en las direcciones de las coordenadas positivas al formular tanto la ecuación cinemática como el principio del trabajo y la energía (véase Ej. 14.6).

--

--

v

v

(a)

Trabajo de fricción originado por el deslizamiento. A continuación investigaremos una clase especial de problemas, para el que se necesita aplicar cuidadosamente la ecuación 14.8. Todos estos problemas implican casos en los que un cuerpo se desliza sobre la superficie de otro en presencia de fricción. Se tiene, por ejemplo, un bloque que se desplaza una distancia s sobre una superficie áspera como se indica en la figura 14.9a. Si la fuerza P aplicada compensa apenas la fuerza resultante de fricción J1kN, figura 14.9b, entonces, debido al equilibrio, se mantiene una velocidad v constante y cabría esperar que la ecuación 14.8 se aplique como sigue:

N (b)

(e)

Fig.14.9

151

152

CAP.14 CINÉTICA DE UNA PARTÍCUlA: TRABAJO Y ENERGÍA

En realidad esta ecuación se satisface si P = J.lkN; sin embargo, como se ve de la experiencia, el movimiento deslizante genera calor, que es una forma de energía que parece no tomarse en cuenta en la ecuación trabajo-energía. Para explicar esta paradoja y con ello ·representar más exactamente la naturaleza de la fricción, modelaremos realmente el bloque de tal modo que ambas superficies de contacto sean deformables (es decir, no rígidas). * Recuérdese que las partes ásperas de la parte inferior del bloque funcionan como "dientes", y que cuando el bloque se desliza esos dientes se deforman ligeramente o bien se rompen o vibran debido a los efectos de trabazón y de brincos de los "dientes" en la superficie de contacto, figura 14.9c. Como resultado de ello, las fuerzas de fricción que actúan en esos puntos no se desplazan; sin embargo, se sustituyen por otras fuerzas de fricción a medida que se establecen otros puntos de contacto. En cualquier momento, la resultante de todas esas fuerzas de fricción permanece esencialmente constante en J.lkN; sin embargo, debido a las deformaciones localizadas, el desplazamiento real s' de J.lkN no es el mismo desplazamiento s de la fuerza P aplicada. En vez de ello, s' es menor que s (s' < s) y, por lo tanto, el trabajo externo efectuado por la fuerza de fricción resultante será J.lkNs'. La cantidad restante de trabajo, J.lkN(S - s') se manifiesta como un aumento de energía interna que, de hecho, hace que la temperatura del bloque aumente. En resumen, se puede aplicar la ecuación 14.8 a problemas en los que interviene la fricción en el deslizamiento; sin embargo, conviene entender a fondo que el trabajo de la fuerza de fricción resultante no se representa por J.lkNs; en cambio, este término representa tanto el trabajo externo de la fricción (J.lkNs'), como el trabajo interno [J.lkN(S - s'] que se convierte en diversas formas de energía interna. **

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• Véase el capítulo 9 de Mecánica para ingenieros: Estática, CECSA, México. "Véase B. A. SheIWood y W. H. Bernard, "Work and Heat Transfer in the Presence of Sliding Friction".AIIl. 1. Phys. 52, lOO1 (1984).

SECo 14.3 EL PRINCIPIO DEL TRABAJO Y LA ENERGÍA PARA UN SISTEMA DE PARTíCULAS

Ejemplo 14.2 El automóvil de 3500 lb que se muestra en la figura 14.1Oa viaja de bajada por una carretera con 10 de inclinación a una velocidad de 20 ft/s. Si el conductor desea detener su vehículo, calcule qué distancia derrapan sus llantas sobre la carretera si pisa con violencia los frenos, haciendo que sus ruedas se traben. El coeficiente de fricción cinética entre las ruedas y el pavimento es f.Jk = 0.5. SOLUCIÓN Este problema se puede resolver empleando el principio del trabajo y la energía, ya que intervienen fuerza, velocidad y desplazamiento.

20 fI/s

------1 --:4

~ lO' (a)

Trabajo (diagrama de cuerpo libre). Como se muestra en la figura 14.lOb, la fuerza normal NA no efectúa trahajo ya que no se desplaza a lo largo de su línea de acción. El peso, 3500 lb, se desplaza s sen 10° y efectúa trabajo positivo, mientras que la fuerza de fricción FA hace trabajo tanto interno como externo cuando se cree que efectúa un desplazamiento s. Aplicando la ecuación de equilibrio en sentido normal a la carretera, se tiene

+ '- Un = O;

NA - 3500 cos 10°

=O

NA

= 3446.8 lb

Así,

FA = 0.5 NA = 1723.4 lb Principio del trabajo y la energía {TI}

+ {r'ul _2} = {T2 }

{~ (~~~g) (20)2} + (3500 (s sen 10°) -

1723.4s] = [OJ

Despejando a s se obtiene s=19.5ft

Resp.

Nótese que si este problema se resuelve empleando la ecuación del movimiento, intervienen dos pasos. Primero, de acuerdo con el diagrama de cuerpo libre, figura 14.lOb, se aplica la ecuación de movimiento a lo largo de la pendiente. Esto da por resultado ° 3500 3500 sen 10 - 1723.4 = 32.2 a a

= -1O.3ft/s 2

Entonces, empleando la forma integrada de a ds mática), como a es constante, tenemos

(0)2 s =19.5ft

=

= v dv (cine-

(-20)2 + 2( -1O.3 )(s - O) Resp.

Fig.14.10

153

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154

CAP. 14 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: TRABAJO Y ENERGíA

Ejemplo 14.3

-------------------------liliiii Un bloque de 10 kg descansa sobre la superficie horizontal que se muestra en la figura 14.lla. El resorte, que no está fijo al bloque, tiene una rigidez k = 500 N/m e inicialmente está comprimido 0.2 m de C aA. Después de soltar el hloque enA, a partir del reposo, calcule su velocidad cuando pasa por el punto D. El coeficiente de fricción cinética entre bloque y plano eS!1k = 0.2

e

A

D

(b)

(n)

Fig.14.11

SOLUCIÓN ¿Por qué se puede resolver este prohlema empleando el principio del trabajo y la energía?

Trabajo (diagramas de cuerpo libre). En la figura 14.llb se muestran dos diagramas de cuerpo libre para el hloque. Éste se mueve bajo la influencia de la fuerza Fs del resorte a lo largo de la trayectoriaAC de 0.2 m, después de lo cual continúa deslizándose a lo largo del plano hasta el punto D. Con referencia a cualquiera de los diagramas de cuerpo lihre, rYy = O; Y por lo tanto N B = 98.1 N. Sólo efectúan trahajo las fuerzas del resorte y de fricción durante el desplazamiento. La fuerza del resorte efectúa trabajo positivo de A a C, mientras que la fuerza de fricción no sólo origina calor, sino que efectúa trahajo negativo. ¿Por qué? Principio del trabajo y la energía

[TAl + {EUA~D} = [TDl [~m( VA)] + [~ks~c

- (O.2NB) SAO} = [~m( VD)]

[OJ + [~(500)(0.2)2 - 0.2 (98.1 XO.4)}

=

[~(1 OX VD)]

Despejando a VD' se ohtiene VD

= 0.656 mis --->

Resp.

SECo 14.3

EL PRINCIPIO DEL TRABAJO Y LA ENERGíA PARA UN SISTEMA DE PARTíCULAS

"" Ejemplo 14.4

La plataforma P, que se muestra en la figura 14.12a, tiene masa despreciable y está sujeta de modo que las cuerdas de 0.4 m de longitud mantienen comprimido el resorte 0.6 m cuando la plataforma está vacía. Si se coloca un bloque de 2 kg en la plataforma y se suelta del reposo después de haberla empujado 0.1 m hacia abajo, calcule la altura máxima h, medida desde el suelo, que alcanza el bloque en el aire.

19.62 N

F.\ k ~ 200 N/m (a)

(b)

Fig.14.12

SOLUCIÓN Trabajo (diagrama de cuerpo libre). Como el bloque se suelta

desde el reposo y después alcanza su altura máxima, las velocidades inicial y final son cero. El diagrama de cuerpo libre del bloque cuando está todavía en contacto con la plataforma se muestra en la figura 14.12b. Nótese que el peso efectúa trabajo negativo y el resorte también efectúa trabajo positivo ¿Por qué? En particular, la compresión inicial del resorte es SI = 0.6 m + 0.1 m = 0.7 m. Debido a las cuerdas, la compresión final del resorte es S 2 = 0.6 m (después de dejar el bloque la plataforma). La parte inferior del bloque se eleva desde una altura de (0.4 m - O. 1 m) = 0.3 m hasta una altura h final. Principio del trabajo y la energía

{TI] + [LUI _2} = {T2]

[imvI} + [-Ciks~ - iksi) - W ~y} = [imt1} Nótese que en este caso SI> sorte será positivo. Así,

S2,

Ypor lo tanto el trabajo del re-

(OJ + H i C200XO.6)2 - iC200XO.7)2] - (19.62)[h - CO.3)1)

=

(OJ

Resolviendo la ecuación se obtiene h

= 0.963 m

Resp.

155

156

CAP.14 CINÉTICA DE UNA PARTÍCUlA: TRABAJO Y ENERGÍA

Ejemplo 14.5

A un bloque que tiene 2 kg de masa se le da una velocidad inicial Vo = 1 mIs cuando se encuentra en la superficie superior de un cilindro liso, como se muestra en la figura 14.13a. Si el bloque se mueve a lo largo de una trayectoria de 0.5 m de radio, calcule el ángulo (J = (Jmáx al cual comienza a abandonar la superficie del cilindro. SOLUCIÓN Trabajo (diagrama de cuerpo libre). Si observamos la figura 14.13b notaremos que sólo el peso W = 2(9.81) = 19.62 N efectúa trabajo durante el desplazamiento. Si se supone que el bloque deja la superficie cuando (J = (Jmáx , entonces el peso sufre un desplazamiento vertical igual a 0.5(1 - COS(Jmá,) m, como se indica en la figura.

(a)

,-- ---.---

0 ---_ N/J-~,

Principio del trabajo y la energía

~W~ {

0.5 111

\

a(2)(1)~

0.5111

(h)

Fig.14.13

[T¡] + {EU¡ - 2) = [T2] + (19.62(0.5)(1 - cos (Jmáx)] = [t(2)Jz ]

Jz = 9.81(1 -

COS (Jmá')

(1)

+1

Hay dos incógnitas en la ecuación 1: www.elsolucionario.org Y Puede obtenerse una segunda ecuación en donde inEcuación de movimiento. (Jmá'

V2 '

tervengan estas dos variables, aplicando la ecuación de movimiento en la dirección normal a las fuerzas en el diagrama de cuerpo libre. De ese modo, -NB + 19.62 cos

(J =

2(

ts J

Cuando el bloque deja la superficie del cilindro cuando (Jm
~

Jz

(Jmáx

(J

=

(2)

= 4.905

de las ecuaciones 1 y 2, se obtiene

(Jmá' =

9.81(1 - cos

(JmáJ +

1

Al despejar se obtiene cos

0.735 = 42.7°

(Jmáx = (Jmá'

Resp.

Este problema se resolvió también en el ejemplo 13.9. Si se comparan los dos métodos de resolución, se verá que el del trabajo-energía da una solución más directa.

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SECo 14.3 EL PRINCIPIO DEL TRABAJO Y LA ENERGíA PARA UN SISTEMA DE PARTíCULAS

157

-------------------------I11III

Ejemplo 14.6 Los bloques A y B que se muestran en la figura 14.14a tienen masas de 10 kg Y 100 kg, respectivamente. Calcule la distancia que recorre B desde el punto en el que se deja caer del reposo hasta el punto en el que su velocidad alcanza 2 mis.

SOLUCIÓN Este problema se puede resolver considerando a los bloques por separado y aplicando el principio del trabajo y la energía a cada uno de ellos. Sin embargo, se puede eliminar el trabajo de la tensión (desconocida) del cable del análisis si se considera que los bloques A y B juntos forman un sistemn.. La solución necesitará de la solución simultánea de las ecuaciones del trabajo y la energía, y también de la cinemática. Para conservar la consistencia de nuestra convención de signos, supondremos que ambos bloques se mueven en la dirección positiva, que es hacia abajo. Trabajo (diagrama de cuerpo libre). Como se indica en el diagrama de cuerpo libre del sistema, figura 14.14b, la fuerza del cable T y las reacciones R¡ y R 2 no efectúan trabajo, ya que dichas fuerzas representan las reacciones en los soportes y, en consecuencia no se mueven al desplazarse los bloques. Ambos pesos efectúan trabajo positivo porque, como se dijo anteriormente, se supone que ambos se mueven hacia abajo.

(a)

T

El principio del trabajo y la energía . Tomando en cuenta que los bloques se sueltan desde el reposo, tenemos

{LT¡}+ {LV¡ _2} = {LT2} @mA(vA)I + fnB( VB)ft + [WB t:.sB + WA t:.sA) = @mA( VA)~ + fnB( VB)~) [O + OJ + {981(t:.sB) + 98.1(t:.sA)} = G< lO)(vA)~ + !(100)(2?) (1)

Cinemática. Con los métodos de la cinemática que se describie ron en la sección 12.8, puede verse en la figura 14.14a que en cualquier momento dado la longitud total l de todos los segmentos verticales del cable pueden expresarse en términos de las coordenadas de posición SA Y Ss del modo siguiente: SA

+ 4s B = l

Por lo tanto, un cambio en la posición da como resultado la ecuación del desplazamiento

t:.sA + 4 11 Ss = O D..sA = - 4D..sB (2) Como se supuso, ambos desplazamientos son positivos hacia abajo. Derivando con respecto al tiempo se obtiene VA = -4 VB = - 4(2) = -8 mis

Se retiene el signo negativo de la ecuación 2 y se sustituye en la ecuación 1 para obtener t:.sB = 0.883 m ! Resp.

93. 1 N (b )

Fig. 14.14

158

CAP.14 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: TRABAJO Y ENERGíA

PROBLEMAS 14.1. Se necesita que una fuerza de 90 lb arrastre un peso de 200 lb 60 ft cuesta arriba de una pendiente áspera a una velocidad constante hasta alcanzar una altura de 25 ft. Si el peso se desliza pendiente abajo, calcule la velocidad que adquiere cuando alcanza el punto de partida.

14.6. El tapón liso tiene un peso de 20 lb Y se oprime contra una serie de arandelas cónicas elásticas ("de Belleville") de modo que la compresión del resorte es s = 0.05 ft. Si la fuerza del resorte sobre el tapón es F = (100sl/3) lb, en la que s está en ft, calcule la velocidad del tapón inmediatamente después de abandonar el resorte, es decir, cuando s = O.

14.2. Una bala se mueve a una velocidad de 1000 ft/s, que pasa a ser de 900 ft/s cuando atraviesa un tablero. Calcule cuántos tableros iguales penetra la bala antes de detenerse. 14.3. Un martillo tiene un peso Wy se mueve con velocidad v cuando pega con un clavo. Si el clavo penetra una distancia s dentro de un bloque, calcule la fuerza de resistencia promedio. Desprecie la energía que se pierde durante el golpe y suponga que el martillo permanece en contacto con el clavo.

=.Is

* 14.4. Una bala se dispara con una velocidad de 1000 ft/s y penetra en un bloque de madera a una profundidad de 12 in. Si se dispara la misma bala a una tabla fabricada con la misma madera, pero con un espesor de 2 in, calcule la velocidad a la cual sale la bala del otro lado. Suponga que la resistencia de la madera contra el movimiento de la bala es constante.

14.5. La piedra de 2 kg se halla sometida a una fuerza de direcci6n constante cuya magnitud es F = (300/ (1 + N, en la que s se mide en metros. Cuando s = 4 m, la piedra se mueve hacia la izquierda con una velocidad de 8 mis. Calcule su velocidad cuando s = 12 m. El coeficiente de fricción cinética entre piedra y suelo es f.1k = 0.25.

s»

v +--

F

Prob.14.6

14.7. La bola tiene una masa de 0.5 kg Y está suspendida de una cuerda de hule que tiene longitud no deformada de 1.0 m y una rigidez k = 50 N/m. Si el soporte A al que está fija la banda de hule se encuentra a 2 m del piso, calcular la velocidad máxima que puede tener la bola en A para que no toque el piso al alcanzar el punto inferior B. Desprecie el peso de la bola y la masa de la banda de hule.

r

A

. ~

~

2m

s~

Prob.14.5

B

Prob.14.7

PROBLEMAS

* 14.8. La bola de demolición de 1500 lb, suspendida de una cadena de 50 ft, oscila desde el reposo en el , puntoA, e = 30°, contra la pared. Después de chocar con ella se eleva hasta el punto B, yí = 20°. Calcule la cantidad de energía que se pierde durante la colisión y calcule la tensión de la cadena inmediatamente antes del choque, e = O°. Desprecie en los cálculos el tamaño de la bola. E l punto e no se mueve, y cuando e = 0°, la bola está en su punto inferior.

159

14.10. Un remolque con masa de 15 Mg se desplaza por una recta horizontal. Si el vehículo inicia su movimiento desde el reposo y adquiere una velocidad de 8 mis después de viajar una distancia de 150 m, calcule la fuerza horizontal constante de remolque que se le aplica. Desprecie la fricción y la masa de las ruedas. 14.11. La caja, que tiene una masa de 100 kg, está sujeta a la acción de las dos fuerzas. Si está originalmente en reposo, calcule la distancia que se desplaza para llegar a una velocidad de 6 mis. El coeficiente de fricción cinética entre la ' caja y la superficie es I1k = 0.2.

1000N

Prob.14.11

Prob.14.8

14-9. El movimiento de una embarcación de 6500 lb * 14.12. La bola de 0.5 kg de tamaño despreciable se se detiene con un parachoques que da la resistencia dispara hacia la trayectoria circular vertical, empleanque se indica en la figura. Calcule la distancia que pe- do el émbolo de resorte. Este émbolo mantiene comnetra el bote en el parachoques si se desliza a 3 ft/s primido el resorte 0.08 m cuando s = O. Calcule cuánto se debe jalar s hacia atrás y soltar para que la cuando lo toca. bola comience a despegarse de la superficie cuando e = 13SO.

F(lb )

' - " " - --

- - s(ft)

k

Prob. 14.9

= 500 Nlm

Prob.14.12

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160

CAP.14 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: TRABAJO Y ENERGÍA

14.13. Los dos bloques A y B tienen pesos WA = 60 lb Y WB = 10 lb respectivamente. Si el coeficiente de fricción cinética entre el plano inclinado y el bloque A es IIk = 0.2, calcule la velocidad de A después de moverse 3 ft hacia abajo de la pendiente partiendo del reposo. Desprecie la masa de la cuerda y las poleas.

14.15. El carro de 200 kg de una montaña rusa se acelera uniformemente desde el reposo en A hasta alcanzar una velocidad máxima en B en t = 3.5 s, y allí comienza a viaj ar libremente por el rizo en espiral. Calcule esta velocidad máxima en B para que el carro haga el rizo sin caer de las vías. También, calcular la fuerza F horizontal constante que se necesita para dar al carro la aceleración necesaria desde A hasta B. El radio de curvatura en e es pe = 25 m.

* 14.16. Calcule la altura h de la parte superior de la pendiente D hasta la cual llega el carro de 200 kg de la montaña rusa, si se dispara en B con la velocidad justamente necesaria para dar la vuelta en el rizo en e sin dejar las vías. El radio de curvatura en e es pe = 25 m.

F A

www.elsolucionario.org Prob.14.1S

Prob. 14.13

14.14. El bloque, que tiene una masa de 1.5 kg, se desliza en un plano liso y choca con un resorte no lineal con una velocidad v = 4 mjs. El resorte se llama "no lineal" ya que tiene una resistencia Fs = ks 2, siendo k = 900 N/m2. Calcule la velocidad del bloque después de haber comprimido 0.2 m al resorte.

-

14.17. El movimiento del camión se frena con un lecho de grava sueltaAB y un conjunto de tambores de ruptura Be. Si la grava proporciona una resistencia de 160 lb por rueda a la rodadura, y los tambores dan la resistencia que se indica en la figura, calcule la distancia que penetra el camión de 4500 lb de peso en los tambores si se mueve a 60 ft/s al entrar enA. Desprecie el tamaño del camión.

v

-

60 ftls

A

Prob.14.14

1----

50 ft -

- -+-

Prob.14.17

PROBLEMAS

161

14.18. Se transfieren paquetes con un peso de 15 lb * 14.20. La pelota pequeña de 2 lb que arranca desde cada uno desde un transportador horizontal hasta el el reposo en A se desliza a lo largo del alambre. Si, .siguiente mediante una rampa para la cual Jlk = 0.15. durante su movimiento, actúa sobre esa bola una El transportador superior se mueve a la velocidad de fuerza F = {lOi + 6yj + 2zk} lb, estando y y z en ft, 6 ft/s, y los paquetes tienen una distancia de 3 ft entre calcule la velocidad de la pelota cuando choca con el soporte en B. sus centros. Calcule la velocidad necesaria del transportador inferior para que no se tenga deslizamiento cuando los paquetes lleguen a tocarlo en dirección horizontal. ¿Cuál es el espaciamiento s entre los paquetes en el transportador inferior?

A

--

í

6 rtls

10 ft

1ft

Y

}

l--24ft---l

x

Prob.14.18

14.19. Como se indica en la deducción, el principio del trabajo y la energía es válido para observadores en cualquier marco de referencia inercia!. Demuestre que así es, en el caso del bloque de 10 kg que descansa en la superficie lisa y que está sujeto a una fuerza horizontal de 6 N. Si se encuentra un observador en A en un marco de referencia fijo x, calcule la velocidad final del bloque si su velocidad inicial es de 5 mis y se mueve 10 m, ambas cantidades hacia la derecha, y medidas desde el marco fijo. Compare el resultado con el que obtiene un observador en B, fijo al eje x', que se mueve con una velocidad constante de 2 mis en relación conA. Sugerencia: La distancia que recorre el bloque debe calcularse primero para el observador B antes de aplicar el principio del trabajo y la energía. A~.

Prob.14.20

14.21. Las montañas rusas se diseñan de tal modo que los pasajeros no sientan más de 3.5 veces su peso como fuerza normal contra el asiento del carro. Calcule el radio más pequeño de curvatura p de la vía en su punto inferior si el carro tiene una velocidad de 5 ft/s en la cumbre antes de caer. Desprecie la fricción.

1

x

B~.-----

-

__

2 mis

-

120 ft

S mis

6N

-1

Prob.14.19

_

~~\~l Prob.14.21

10 ft

162

CAP.14 CINÉTICA DE UNA PARTíCUlA: TRABAJO Y ENERGÍA

14

14.22. La nifia tiene una masa de 40 kg Ysu centro de * 14.24. El bloque de 6 lb se mueve dentro de la ranura masa está en G. Si se columpia hasta alcanzar una al- lisa. Si parte del reposo cuando el resorte fijo a él está en la posición no deformada A, calcule la fuerza tura máxima definida por (J = 60°, calcule la fuerza que se desarrolla a lo largo de las cuatro patas de so- horizontal F constante que debe aplicarse para que el porte de los columpios, como la AB, cuando (J = O°. bloque alcance una velocidad de 2 ft/s cuando se haEl columpio se encuentra ubicado en el centro de las ya elevado 2 ft. patas.

Po efe ner tral

F

Sie sibl

o bi

Prob.14.22

POI

rep za J

Prob.14.24

14.23. El collarín tiene una masa de 30 kg Yestá soportado sobre la varilla, para la cual el coeficiente de fricción cinética es J.lk = 0.4. El resorte fijo en el collarín tiene una longitud no deformada de 0.2 m y una rigidez k = 50 Nzm. Calcule la velocidad del collarín después de que la fuerza aplicada F = 200 N lo ha desplazado x = 1.5 m desde el puntoA. Cuando x = O, el collarín se sujeta en reposo. Desprecie el tamaño del collarín en los cálculos.

sist res] 14.25. La cajaA de 30 lb se suelta del reposo y se desliza pendiente abajo por la rampa lisa y llega a la superficie de un carrito. Si el carrito está fijo, calcule la distancia s a partir de su extremo a la que se detiene la caja. El coeficiente de fricción cinética entre carro y caja es J.lk = 0.6.

Pm lh mo tiei da

bol

Ef

COI

du

SU!

Prob.14.23

Prob.14.25

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SEC.14.4 POTENCIA Y EFICIENCIA

14.4 Potencia y efi ciencia Potencia. La potencia se define como la cantidad de trabajo efectuado por unidad de tiempo. Por lo tanto, la potencia que genera una máquina o un motor que efectúa una cantidad dU de trabajo en un intervalo dt de tiempo es

I p , dU dt I Si el trabajo dU se expresa mediante dU sible también escribir

(14.9)

= F . dr, entonces es po-

p = dU = F· dr dt

dt

o bien P = F ·v

(14.10)

Por lo tanto, la potencia es un escalar, donde en la formulación v representa la velocidad del punto sobre el que actúa una fuerzaFo Las unidades básicas de la potencia que se emplean en los sistemas SI e inglés son el watt (W) y el caballo de potencia (hp), respectivamente. Estas unidades se definen como: 1 W = 1 J/s = 1 N· mis 1 hp = 550 ft . Ibis Para convertir la potencia entre los dos sistemas de unidades, 1 hp = 746 W. El término "potencia" es una base útil para defmir el tipo de motor o máquina que se requiere para determinada tarea en un tiempo dado. Por ejemplo, dos bombas pueden ser capaces de vaciar un recipiente si se les da el tiempo suficiente; sin embargo, la bomba que tenga mayor potencia terminará más pronto esa tarea.

Eficiencia. La eficiencia mecánica de una máquina se define como la razón de la potencia de salida, o potencia útil, que produce la máquina, a la potencia de entrada, o potencia que se le suministra a la máquina. Por lo tanto,

.

potencia de salida

e= potencia de entrada

(14.11)

163

164

CAP.14 CINÉTICA DE UNA PARTíCUlA: TRABAJO Y ENERGÍA

Si la energía aplicada a la máquina se halla presente durante el mismo intervalo de tiempo en el cual se retira energía de la máquina, entonces la eficiencia también puede expresarse en función de la razón de energía de salida a la energía de entrada; es decir, e=

energía de salida energía de entrada

(14.12)

Como las máquinas constan de una serie de partes móviles, siempre se desarrollan en ellas fuerzas de fricción y, como resultado, se necesita energía o potencia adicional para vencer esas fuerzas. Por lo tanto, la eficiencia de una máquina siempre es menorque 1.

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS Al calcular la potencia que se le suministra a un cuerpo, se debe determinar primero la fuerza externa desbalanceada F que actúa sobre el cuerpo y origina su movimiento. Esta fuerza en general se desarrolla en la máquina o motor colocados ya sea dentro o fuera del cuerpo. Si el cuerpo está acelerando, puede necesitarse trazar su diagrama de cuerpo libre y aplicar la ecuación de movimiento (~F = ma) para calcular F. Una vez calculadas F y la velocidad v del punto de aplicación de F, se calcula la potencia multiplicando la magnitud de la fuerza por la componente de la velocidad que actúa en la dirección de F, es decir, P = F . v = F v cos (J. En algunos problemas también se calcula la potencia como trabajo efectuado por unidad de tiempo (Pavg = AU/~, o bien P = dU/dt) . Dependiendo del problema, este trabajo puede hacerlo una fuerza interna o externa proveniente de un motor o una máquina, el peso del cuerpo, o una fuerza de resorte elástico que actúe sobre el cuerpo.

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SECo 14.4 POTENCIA Y EFICIENCIA

• Ejemplo 14.7

El motor M de la garrucha que se muestra en la figura 14.15a trabaja con una eficiencia de 0.85. Calcule la potencia que debe suministrar el motor para elevar el paquete e que tiene un peso de 75 lb, de modo que el punto P del cable esté siendo jalado con una aceleración de 4 ft/s2 y que en el instante que se muestra su velocidad sea de 2 ft/s. Desprecie la masa de la polea y el cable. SOLUCIÓN Para poder calcular la potencia de salida del motor, es necesario primero calcular la tensión del cable, ya que esa fuerza es la que desarrolla el motor. De acuerdo con el diagrama de cuerpo libre, figura 14.15b, tenemos 75 (1) - 2T + 75 = 32.2 ac

La aceleración del paquete puede obtenerse mediante la cinemática para relacionar su movimiento con el movimiento conocido del punto P, figura 14.15a. Por lo tanto, mediante los métodos de la sección 12.8, pueden relacionarse las coordenadas Sc y sp en la figura 14.15a con una parte del cable l de longitud constante que cambia en las direcciones horizontal y vertical. Tenemos que 2sc + Sp = l. Derivando dos veces esta ecuación se obtiene 2a c = - ap

(2)

Como ap = +4 ft/s2, entonces ac = (- 4 ft/s2)/2 = - 2 ft/s2. ¿Qué indica el signo negativo? Sustituyendo este resultado en la ecuación 1 y reteniendo el signo negativo, ya que la aceleración en ambas ecuaciones 1 y 2 se considera positiva hacia abajo, llegamos a

- 2T+ 75

=

~(-2)

32.2 T = 39.81b

La salida de potencia, en caballos, que se necesita para cobrar el cable a una velocidad de 2 ft/s, es por lo tanto P = T . v = (39.8Ib)(2 ft/s)(l hp/550 lb . ft/s) = 0.145 hp

Esta potencia de salida necesita que el motor suministre una potencia de entrada de potencia de entrada = .!. (potencia de salida) B

1 = 0.85 (0.145) = 0.170 hp

Resp.

Como la velocidad del paquete cambia constantemente, nótese que esta necesidad de potencia es instantánea.

(a)

(b )

Flg. 14.15

165

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166

CAP.14 CINÉTICA DE UNA PARTíCUlA: TRABAJO Y ENERGÍA

Ejemplo 14.8

F El automóvil deportivo de la figura 14.16a tiene una masa de 2 Mg Yla eficienciade su motor es E = 0.63. Al moverse hacia adelante el aire crea una resistencia FD = 1.2 rJ N, siendo v la velocidad del auto en mis. Si el auto viaja a una velocidad constante de 50 mis, calcule la potencia máxima que suministra el motor.

l'

re ci

l'

cc in ce di al

*1< al

vi m el es (b)

l'

Fig.14.16

di UI

111 I

SOLUCIÓN Como se indica en el diagrama de cuerpo libre, figura 14.16b, la fuerza normal N¿ Y la fuerza de fricción Fc representan las fuerzas resultantes de las cuatro ruedas. En especial, la fuerza de fricción, no balanceada, impulsa o empuja el vehículo hacia adelante. Este efecto se crea, naturalmente, por el movimiento de rotación de las cuatro ruedas sobre el pavimento, y está desarrollado por la potencia del motor. Aplicando la ecuación del movimiento en la dirección x, tenemos que + dv +r.Fx = ma; F c - 1.2 v2 = 2000 di Como el automóvil viaja con veLocidad constante, dv/dt Por lo tanto, si v = 50 mis,

=

O.

P¿ = 1.2(50)2 = 3000 N La potencia de salida del automóvil se manifiesta por la fuerza de fricción o impulsión Fc. Así, P = Fe'

V

= (3000 N)(50 mis) = 150 kW

La potencia que suministra el motor (potencia de entrada al vehículo) es, por lo tanto, entrada de potencia = ~ (salidade potencia) = 0.~3 (150)

= 238 kW Resp.

el ni al

t\.

rr

p el di CI

PROBLEMAS

167

PROBLEMAS 14.26. Un caracol cuya masa es de 15 g sube una pared de 2 m de alto en 5 h. Calcule su salida de poten-

Cia.

14.31. Un resorte cuya rigidez es de 5 leN/m se comprime 400 mm. Se usa la énergía almacenada en ese resorte para impulsar una máquina que necesita 90 W de potencia. Calcule durante cuánto tiempo puede suministrar el resorte la energía a la tasa necesaria.

14.27. Una escalera mecánica se mueve hacia arriba con una velocidad de 2 ft/s. Si los escalones son de 8 in de alto y 15 in de longitud, calcule el caballaje ne- * 14.32. El motor se emplea para alzar el elevador de cesario de un motor para levantar una carga prome- 500 kg con una velocidad constante VE = 8 mis. Si el dio de 180 lb por escalón. La escalera se eleva a una motor consume 60 kW de potencia eléctrica, calcule altura de 20 ft del piso. su eficiencia. Desprecie la masa de las poleas y el cable.

* 14.28. Para ejemplificar la pérdida de energía de un automóvil, considere un vehículo que pesa 5000 lb Y viaja a 30 mi/h. Si se detiene el vehículo completamente, calcule durante cuánto tiempo puede estar encendido un foco de 100 W para gastar la misma cantidad de energía.

14.33. El elevador de 500 kg parte del reposo y se mueve hacia arriba con aceleración constante ac = 2 m/s2. Calcule la potencia que suministra el motor M cuando t = 3 s. Desprecie la masa de las poleas y el cable.

14.29. Un automóvil cuya masa es de 2 Mg viaja pendiente arriba de una cuesta con 7° de inclinación, a una velocidad constante de 100 km/h. Si no se toman en cuenta la resistencia del viento y la fricción mecánica, calcule la potencia que desarrolla el motor si el automóvil tiene una eficiencia E = 0.65.

M

14.30. El hombre que pesa 150 lb puede subir corriendo una escalera de 15 ft de alto en 4 s. Calcule la potencia que se genera. ¿Cuánto tiempo podría estar encendido un foco de 100 W con la misma cantidad de energía? Conclusión: ¡Favor de apagar las luces cuando no son necesarias!

1 ;5 ft

I Prob.14.30

Probs.1432/1433

14.34. Un tranvía eléctrico pesa 15,000 lb Y acelera por una calle recta horizontal partiendo del reposo de modo tal que la potencia siempre es de 100 hp. Calcule a qué distancia se debe mover para alcanzar una velocidad de 40 ft!s.

168

CAP.14 CINÉTICA DE UNA PARTÍCUlA: TRABAJO Y ENERGÍA

14.35. El cohete trineo tiene una masa de 4 Mg Yparte del reposo a lo largo de la vía horizontal recta para la cual f.1k = 0.20. Si el motor da un empuje constante T = 150 kN, calcule la potencia de salida del motor como función del tiempo. Desprecie la pérdida de la masa del combustible y la resistencia del aire.

14.37. La caja de 50 kg se arrastra hacia arriba en el plano inclinado de 30° mediante el sistema de poleas y el motor M. Si la caja parte del reposo y, por aceleración constante, llega a una velocidad de 4 mJs después de moverse 8 m por el plano, calcule la potencia que debe suministrarse al motor en el momento en que se ha movído la caja 8 m. Desprecie la fricción a lo largo del plano. El motor tiene una eficiencia de E =0.74.

v

14.38. Resuelva el problema 14.37 si el coeficiente de fricción cinética entre el plano y la caja es f.1k = 0.30. 11

11

Prob.14.3S

* 14.36. Un cohete que tiene 8 Mg de masa total se dispara en dirección vertical, partiendo del reposo. Si los motores suministran un empuje constante T = 300 kN, calcule la salida de potencia de dichos motores como función del tiempo. Desprecie los efectos de resistencia del víento, la pérdida de masa y peso de combustible.

www.elsolucionario.org Probs. 14_'7/1438

14.39. El bloque tiene un peso de 80 lb Ydescansa sobre el piso. f.1k para este sistema es 004. Si el motor jala el cable a una velocidad constante de 6 ft/s, calcule la potencia de salida del motor cuando e = 30°. Desprecie la masa del cable y de las poleas.

3ft

I

3ft

-.l

Prob.14.36

P.·ob. 1439

www.elsolucionario.org SECo 14.5 FUERZAS CONSERVATIVAS Y ENERGíA POTENCIAL

14.5 Fuerzas conservativas y energía potencial . Fuerza conservativa. Un tipo único de fuerza que actúa sobre una partícula es aquel que sólo depende de la posición de la partícula y que es independiente de la velocidad y aceleración de ésta. Además, si el trabajo efectuado por esta fuerza para mover a la partícula de un punto a otro es independiente de la trayectoria que sigue la partícula, a la fuerza se le llama fuerza conservativa. El peso de una partícula y la fuerza de un resorte elástico son ejemplos de fuerzas conservativas, las cuales se encuentran con frecuencia en mecánica.

Peso. El trabajo efectuado por el peso de una partícula es independiente de la trayectoria. Más bien depende sólo del desplazamiento vertical de la partícula. Si este desplazamiento es ~y (positivo hacia arriba), entonces, a partir de la ecuación 14.3,

Resorte elástico. El trabajo efectuado por una fuerza de resorte que actúa sobre una partícula es independiente de la trayectoria de la partícula, y sólo depende de la extensión o compresión s del resorte. Si el resorte se alarga o se comprime de una posición S1 a otra posición S2' entonces, a partir de la ecuación 14.4,

Fricción. En contraste con las fuerzas conservativas, consideremos la fuerza de fricción que ejerce, sobre un objeto en movimiento, una superficie fija. El trabajo efectuado por la fuerza de fricción depende de la trayectoria: cuanto más larga es la trayectoria, mayor es el trabajo. En consecuencia, las fuerzas de fricción no son conservativas. El trabajo se disipa del cuerpo en forma de calor.

Energía potencial. La energía puede definirse como la capacidad de efectuar trabajo. Cuando la energía proviene del movimiento de la partícula, se llama energía cinética. Cuando proviene de la posición de la partícula, medida desde un plano de referencia, se llama energía potencial. Así, la energía potencial es una medida del trabajo que hará una fuerza conservativa cuando se mueve desde una posición dada hasta la referencia. Es importante, en mecánica, la energía potencial debida tanto a la gravedad (peso) como a un resorte elástico. Energía potencial gravitatoria. Si una partícula está ubicada a una determinada distancia y por encima de una referencia seleccionada en forma arbitraria, como se muestra en la figura 14.17, el peso W de la partícula tiene energía potencial gravitatoria

169

170

CAP.14 CINÉTICA DE UNA PARTíCULA: TRABAJO Y ENERGÍA

Energía potencial gravitatoria

w Fig.14.17

Posición sin

esti rar

s= O

positiva, ~, ya que W tiene la capacidad de hacer trabajo positivo cuando la partícula se mueve hacia abajo hasta la referencia. Igualmente, si la partícula se ubica a una distancia y por debajo de la referencia, ~ es negativa, ya que el peso hace trabajo negativo cuando la partícula regresa a la referencia. Cuando está en la referencia, Vg = O. En general, si y es positiva hacia arriba, la energía potencial gravitatoria de la partícula de peso Wes entonces* (14.13)

Energía potencial elástica. Cuando se estira o se comprime un resorte elástico una distancia s de su posición no deformada, la energía potencial Ve elástica debida a la configuración del resorte se puede expresar como (14.14) Energía elústica potencial

Fig.14.18

En este caso Ve siempre es posiJivo, ya que, en la posición deformada, la fuerza del resorte tiene la capacidad de hacer trabajo positivo sobre la partícula al regresar a su posición no deformada, figura 14.18. • En este caso se supone que el peso es constante. Esta hipótesis es adecuada para diferencias pequeñas de elevación ay. Sin embargo, si es apreciable el cam· bio de elevación se debe tener en cuenta la variación del peso con la altura (véase Probo14.63).

SEC.14.5 FUERZAS CONSERVATIVAS Y ENERGíA POTENCIAL

Función potencial. En el caso general, si una partícula está sujeta a fuerzas gravitatorias y elásticas, la energía potencial de . la partícula puede expresarse como una función potencial, que es la siguiente suma algebraica (14.15) La medición de V depende de la ubicación de la partícula con respecto a una referencia seleccionada de acuerdo con las ecuaciones 14.13 y 14.14. Si la partícula está ubicada en un punto arbitrario (x, y, z) en el espacio, esta función potencial es V = V(x, y, z). El trabajo efectuado por una fuerza conservativa para mover la partícula desde el punto (XI' YI> Zl) hasta el punto (x 2, Y2' Z2) se mide por la diferencia de esta función; es decir, (14.16) Por ejemplo, la función potencial de una partícula de peso W suspendida de un resorte puede expresarse en términos de su posición s medida a partir de una referencia ubicada en la longitud no deformada del resorte, figura 14.19. Tenemos que V = Vg+Vc

- Ws + !ks 2

=

Si la partícula se mueve de SI a una posición más baja s2> entonces, al aplicar la ecuación 14.16 puede verse que el trabajo de W y Fs es

UI - 2 = VI

-V2 = (-

Ws I + !ksl) - (- Ws 2 +! ks~)

~ W(S2

- SI) -

k

~

(!ks~ - !ksI>

l

I

-:1 w

Fig.14.19

Datos

171

www.elsolucionario.org 172

CAP.14 CINÉTICA DE UNA PARTÍCUlA: TRABAJO Y ENERGÍA

Cuando el desplazamiento a lo largo de la trayectoria es infinitesimal, es decir, desde el punto (x, y, z) hasta (x + dx, y + dy, z + dz), la ecuación 14.16 se transforma en dU = V(x, y, z) - V(x + d.x,y + dy, z + dz)

= - dV(x, y, z)

(14.17)

Si la fuerza y el desplazamiento se definen empleando coordenadas rectangulares, entonces el trabajo puede expresarse como dU = F· dr = (F,i + Fyj + Fzk)· (d.xi + dyj + dzk) = Fxd.x + Fydy + Fzdz

Sustituyendo este resultado en la ecuación 14.17 y expresando la diferencial dV(x, y, z) en términos de derivadas parciales se obtiene F d.x + F dy + F dz = - -av d.x + -av dy + -av dz y

x

( ax

z

az

ay

J

Como todos los cambios en X, y y z son independientes entre sí, esta ecuación se satisface siempre que F = _ av x

ax'

F = _ av y

ay ,

F =_ z

av

az

(14.18)

www.elsolucionario.org Así,

osea

I F=-VV I En la cual la V (del) representa el operador vectorial V

+ (a/ay)j + (a/ay) k.

(14.19)

= (a/iJx) i

La ecuación 14.19 relaciona una fuerza F con su función potencial Vy con ello da un criterio matemático para probar si F es conservativa. Por ejemplo, la función potencial gravitatoria de un peso ubicado a una distancia y sobre la referencia es Vg = Wy, ecuación 14.13. Para demostrar que W es conservativa es necesario demostrar que satisface a la ecuación 14.19 o a la ecuación 14.18, en cuyo caso

F = _ av. y

ay ,

F

= - -

a (Wy) =-W

ay

El signo negativo indica que W actúa hacia abajo, en sentido contrario a las y positivas, que es hacia arriba.

SEC.14.6 CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA

173

14.6 Conservación de la energía Cuando sobre una partícula actúa un sistema de fuerzas tanto conservativas como no conservativas, la parte del trabajo que efectúan las fuerzas conservativas puede escribirse en términos de la diferencia de energías potenciales mediante la ecuación 14.16; es decir, (.EUI _2)cons. = VI - V2• Como resultado de ello, puede escribirse el principio del trabajo y la energía de la siguiente manera; (14.20) En este caso (.EUI _2)no cons. representa el trabajo de las fuerzas no conservativas que actúan sobre la partícula. Si sólo se aplican fuerzas conselVativas al cuerpo, este término es cero y entonces se tiene que (14.21 ) A esta ecuación se le llama la conselVación de la energía mecánica, o simplerrente la conselVación de la energía. Establece que durante el mO,vimiento la suma de las energías cinética y potencial de la partícula permanece constante. Para que suceda lo anterior, la energía cinética debe transformarse en energía potencial y viceversa. Por ejemplo, si se deja caer una pelota de peso W desde una altura h sobre el piso (referencia), como se muestra en la figura 14.20, la energía potencial de la pelota es máxima antes de dejarla caer, cuando su energía cinética es cero. La energía mecánica total de la bola en su posición inicial es, entonces, E = TI + VI = O + Jf7z = Jf7z

Cuando la pelota ha caído una distancia h/2, puede calcularse su velocidad mediante v2 = va + 2a c (y - Yo), cuyo resultado es v = .¡ 2g (h/2) = rgh. La energía de la pelota en la posición de media altura es, por lo tanto, h 1Wrah' E = V 2 + T 2 = W"2 + "2 gh)2 = Jf7z

g(

Inmediatamente antes de que la pelota choque con el piso, su energía potencial es cero y su velocidad es v = rgh. En este caso, de nuevo, la energía total de la pelota es 1 W r;::-;-. E = V3 + T3 = O + -2 ~ g ~ y 2gohh )2 = Jf7z

1 h

E nergía pntcncii11 (n¡<'ix)

Energí;-¡ t.:inétic¡) (ccro)

Q)

T~

I 1 ~e

Encrgín potencial y ellcrgía cinética

Energía

plltencinl ,(cero)

Encrgín C'Ínt!liCil (JlIAx)

Fig.14.20

174

CAP.14 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: TRABAJO Y ENERGÍA

Nótese que cuando la pelota toca al suelo, se deforma algo y, siempre que el suelo sea lo suficientemente duro, la pelota rebotará hacia arriba, alcanzando una altura nueva h', la cual será menor que la altura h de la que se dejó caer la primera vez. Sin tener en cuenta la fricción del aire, la diferencia de altura explica una pérdida de energía, El = W(h - h'), que se IIeva a cabo durante la colisión. Partes de esta pérdida producen ruido, deformación localizada de la pelota y del piso, y calor.

Sistema de partículas. Si un sistema de partículas se somete sólo a fuelZas conservativas, entonces puede formularse una ecuación semejante a la 14.21. Aplicando las ideas de la descripción anterior, la ecuación 14.8 (ET¡ + EU¡_2 = ET2) se transforma en (14.22)

En eIla, la suma de la energía cinética y potencial inicial del sisteina es igual a la suma de la energía cinética y potencial final del sistema. En otras palabras, la energía potencial y cinética del sistema, originadas por las fuerzas internas y externas, permanece constante, es decir, ET + EV = const.

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS La ecuación de conservación de la' energía se emplea para resolver problemas en los que intervienen velocidad, desplazamiento y sistemas de fuelZas conservativas. En general es más fácil de aplicar que el principio del trabajo y la energía. Esto se debe a que la ecuación de la energía sólo necesita de la especificación de la energía cinética y potencial de la partícula sólo en dos puntos situados sobre la trayectoria, y no calcular el trabajo cuando la partícula se mueve a lo largo de un desplazamiento. Para las aplicaciones se sugiere emplear el siguiente método.

Energía potencial. Trace dos diagramas que muestren la par-

tícula ubicada en sus posiciones inicial y final a lo largo de la trayectoria. Si la partícula está sujeta a un desplazamiento vertical, establezca la referencia horizontal fija a partir de la cual se medirá la energía potencial gravitatoria Vg de dicha partícula. Aunque se puede seleccionar la referencia de manera arbitraria, es mejor ubicarla o bien en el punto inicial o en el final de la trayectoria, ya que en la referencia Vg = O. Los datos que se aplican a la altura y sobre la referencia y la extensión o compresión s de cualquier resorte fijo a eIla pue-

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SECo 14.6 CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA

den calcularse de acuerdo con la geometría relacionada con los dos diagramas. Recuérdese que la energía potencial es V = ~ + Ve' En este caso Vg = Wy, siendo y positiva de la referencia hacia arriba, y Ve = iks2, que siempre es positiva. Conservación de la energía. Aplique la ecuación TI + V2• Cuando se calcula la energía cinética T =

+ VI = T 2

im uZ, debe

medirse la velocidad de la partícula desde un marco de referencia inercial. Es importante recordar que sólo pueden resolverse problemas en los que intervienen sistemas de fuerzas conservativas si se emplea el teorema de la conservación de la energía. Corno se dijo antes, la fricción u otras fuerzas de resistencia que dependen de la velocidad o aceleración son no conservativas. Una parte del trabajo efectuado por esas fuerzas se transforma en energía térmica que calienta las superficies de contacto y, en consecuencia, esta energía se disipa hacia los alrededores y no se podrá recuperar. Por lo tanto, los problemas en los que intervienen fuerzas de fricción se podrán resolver ya sea empleando el principio del trabajo y la energía en la forma de la ecuación 14.20, si es aplicable, o la ecuación del movimiento.

175

176

CAP.14 CINÉTICA DE UNA PARTÍCUlA: TRABAJO Y ENERGÍA

Ejemplo 14.9 El joven y su bicicleta, que aparecen en la figura 14.21a tienen un peso total de 125 lb Y su centro de masa está en G. Si rueda sin impulso, es decir, que no pedalea, con una velocidad de 10 It/s en la cumbre de la colina, enA, calcule la fuerza normal que se ejerce en ambas ruedas de la bicicleta cuando llega a B, en donde el radio de curvatura del pavimento es p = 50 ft. Desprecie la fricción.

+

30 ft 125 lb

1; , Datos

B B (b) (a)

www.elsolucionario.org 11

·"11 "

'

¡'" 1

SOLUCIÓN Como la fuerza normal no efectúa trabajo, debe calcularse empleando la ecuación de movimiento, Un = m(v2/p). Sin embargo, podemos determinar la velocidad de la bicicleta en B empleando la ecuación de conservación de la energía. ¿Por qué? Energía potencial. La figura 14.21b muestra la bicicleta en los puntos A y B. Por comodidad, se ha establecido la referencia de energía potencial en el centro de masa cuando la bicicleta está en el puntoB. Conservación de la energía

NB

(e)

[TAl 125 ),} 2l32.2 (10){J-r

+

[VAl

=

[TBl

-

{J-r 125\ ,} 2l32.2 rVB)- + [O)

+ {(125)(30)} -

+

[VBl

VB = 45.1 ft/s Fig.14.21

Ecuación de movimiento. Usando los datos del diagrama de cuerpo libre cuando la bicicleta está en B, figura 14.21c, se tiene que N - 125 = 125 (45.1)2 B 32.2 50 NB = 283 lb

Resp.

[O

SECo 14.6 CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA

177

Ejemplo 14.10 El martinete R que se muestra en la figura 14.22a tiene una masa de 100 kg Y se suelta partiendo del reposo a 0.75 m sobre la parte superior del resorte A, cuya rigidez es kA = 12 kN/m. Si se "anida" un segundo resorte B, que tiene una rigidez k B = 15 kN/m dentro deA, calcule el desplazamiento máximo deA necesario para detener el movimiento del martinete hacia abajo. La longitud no deformada de cada resorte se indica en la figura. Desprecie la masa de los resortes.

SOLUCIÓN Energía potencial. Supondremos que el martinete comprime ambos resortes cuando se detiene. La referencia está ubicada en el centro de gravedad del martinete en su posición inicial, figura 14.22b. Cuando la energía cinética se reduce a cero (V2 = O), A se comprime una distancia sA y entonces B se comprime SB = SA - 0.1 m.

R

T 0.75 m

kA

= 12 kN/m A

Conservación de la energía TI + VI = T 3 + V3

(O} + (O} = (O} + {ikAS~ + ikB(SA - 0.1)2 -

Wh} kB = 15 kN/m

(a)

(O} + [O} = [O} + W12 OOO)s~ + f(15

OOO)(SA - 0.1)2 -

981 (0.75 + SA)} 98 1 N

o !~-------¡-Datos

Reacomodando los términos, 13 500s~ - 2481sA

-

660.75

=

O

Con la fórmula cuadrática y despejando la raíz positiva, * se obtiene SA

= 0.331 m

(0.75 m + SA

Resp.

Como SB = 0.331 - 0.1 = 0.231 m, que es positivo, la hipótesis de que ambos resortes los comprime el martinete es correcta.

(b)

• La segunda raíz, SA = -0.148 m, no representa la situación física. Como la s positiva se mide hacia abajo, el signo negativo indica que el resorte A debería "extenderse" una distancia de 0.148 m para detener al martinete.

Fig.14.22

www.elsolucionario.org 178

CAP.14 CINÉTICA DE UNA PARTÍCUlA: TRABAJO Y ENERGÍA

Ejemplo 14.11 Un collarín liso C de 2 kg, como se muestra en la figura 14.23a, ajusta holgadamente en el eje vertical. Si el resorte no

está deformado cuando el collarín se encuentra en la posición A de la línea de puntos, calcule la velocidad a la cual se mueve el collarín cuando y = 1 m, si (a) se suelta deA partiendo del reposo, y (b) si se suelta de A con una velocidad inicial hacia arriba VA = 2 mis. SOLUCIÓN Parte (a) Energía potencial. Por conveniencia, se estahlece la referencia enAB, figura 14.23b. Cuando el collarín se encuentra en C, la energía potencial gravitatoria es -(mg)y, ya que el collarín está abajo de la referencia, y la energía potencial elástica es iks~B. En este caso SeB = 0.5 m, que representa la extensión del re-

sorte, calculada en la figura. Conservación de la energía

[TA] + (VA] = [Te] + (Ve] [O] + [O] = [tm ti] + @ks~B - mgy] (O] + (O] = &<2)ti] + &<3XO.5)2 - 2(9.81Xl)] Resp.

Ve = 4.39 mis !

Este problema puede resolverse tamhién con la ecuación del movimiento o el principio del trahajo y la energía. Nótese que en ambos métodos se debe tener en cuenta la variación de la magnitud y dirección de la fuerza del resorte (véase Ej. 13.4). Sin embargo, en este caso, el método de solución que se presenta arriha es claramente más ventajoso, ya que los cálculos sólo dependen de datos calculados en los puntos inicial y final de la trayectoria. Parte (b) Conservación de la energía. Si gura 14.23b tenemos que

VA

= 2 mis, con los datos de la fi-

(TA] + (VA] = (Te] + [Ve] (im~] + [O) = lim ti}+ [~~B - mgy] [t(2)(2)2}+ [O] = [t(2)tiJ + [t(3)(0.5)2 - 2(9.81)(1)J

Ve = 4.82 mis !

Resp.

(b )

Nótese que la energía cinética del collarín depende sólo de la magnitud de la velocidad y, por lo tanto, no tiene importancia Fig.14.23

si el collarín se mueve hacia arriha o hacia ahajo a 2 mis cuando se suelta en A .

PROBLEMAS

179

PROBLEMAS * 14.40. Resuelva el problema 14.12 empleando la ecuación de la conservación de la energía. 14.41. Resuelva el problema 14.7 empleando la ecuación de la conservación de la energía.

14.47. El collarín de 5 lb se suelta desde A estando en reposo, y se mueve a lo largo de la guía sin fricción. Calcule la velocidad del collarín inmediatamente antes de que choque con el tope en B. El resorte tiene una longitud sin deformación de 12 in.

14.42. Resuelva el problema 14.15 empleando la ecuación de la conservación de la energía.

A

14.43. Resuelva el problema 14.21 empleando la ecuación de la conservación de la energía.

* 14.44. Resuelva el problema 14.16 empleando la ecuación de la conservación de la energía. 14.45. Resuelva el problema 14.22 empleando la ecuación de la conservación de la energía. 14.46. Se dispara la pelota desde un tubo mediante un resorte cuya rigidez es k = 20 lb/in. Calcule cuánto debe comprimirse el resorte para que la bola pase una altura de 8 ft a partir del resorte comprimido, y que a esa altura tenga una velocidad de 6 ft/s.

¡lO in.

L Prob.14.47

* 14.48. El collarín tiene un peso de 8 lb. Si se oprime hacia abajo para acortar 2 ft el resorte y a continuación se suelta partiendo del reposo (h = O), calcule su velocidad cuando se desplaza a h = 4.5 ft. El re-

sorte no está fijo al collarín. Desprecie la fricción. ¡=6ft/sl

Q

Prob.14.46

Prob.14.48

180

CAP.14 CINÉTICA DE UNA PARTíCUlA: TRABAJO Y ENERGÍA

14.49. La pelota tiene un peso de 3 lb Y se suelta del reposo cuando 8 = O°. Calcule su velocidad en el momento en que la cuerda hace contacto con la clavija en B. También, ¿cuái es la velocidad de la pelota y la tensión de la cuerda cuando la primera alcanza su punto más bajo en C?

5fl ~ ~~~flA 8=30° / / \ / / 3 fl

O

p;

14.51. El joven pega a la pelota de 5 lb fija a la cuerda. Calcule la velocidad mínima que debe impartir a la pelota para que dé vuelta en un círculo vertical, sin que la cuerda se afloje.

4 ft

/

I

I I I

Prob.14.49

Prob.14.51

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14.50. El resorte tiene una rigidez k = 3 Ib/ft Y una * 14.52. El carro de la montafia rusa y su pasajero tielongitud no deformada de 2 ft. Si se fija al collarín li- nen una masa total m. Calcule la velocidad mínima so de 5 lb Yéste se suelta desde el reposo en A, calcu- que debe tener cuando entra al rizo en A para que le su velocidad inmediatamente antes de chocar con pueda completarlo y no deje las vías. También, calcuel extremo de la varilla en B. Desprecie el tamafio del le la fuerza normal que ejercen las vías sobre el carro cuando llega a la parte inferior en C. Los radios de collarín. curvatura de las vías en B es pB y en C es pe. Desprecie el tamafio del carro.

B

Prob.14.50

Prob. 14.52

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PROBLEMAS

14.53. Un hombre que pesa 150 lb fija a sus pies una gran banda de hule que tiene rigidez k = 500 lb/ft. Si parte del reposo desde la parte superior del puente, calcule la longitud no deformada de la banda que es necesaria para que pueda apenas tocar la superficie del agua cuando alcanza el final de su caída. También, calcule la tensión máxima en la banda y la velocidad máxima del hombre. Desprecie su tamaño en los cálculos. Sugerencia: Asegúrese de sus cálculos si va a tratar de resolver el problema.

181

14.55. La caja de 10 lb se desliza hacia abajo por la rampa lisa, que tiene forma de parábola. Calcule la velocidad enA para que cOmience a abandonar la superficie en B . y

r 4ft

;::==~~~~JI----------¡----- X 1 I

ft -l

1----- - - -- 4 fl - - - - j

Prob.14.SS

Prob.14.S3

14.54. Al collarín de 2 lb se le da una velocidad inicial de 20 ft/s cuando está en A. Si el resorte tiene una longitud no deformada de 2 ft Y una rigidez de k = 100 lb/ft, calcule la velocidad del collarín cuando s = 1 ft.

'A =20 ftls

* 14.56. Se hace un disparo de resortera usando una manguera de látex de 3 m que tiene una rigidez de k = 200 N/m. Dos hombres sujetan sus extremos en el sentido horizontal, separados 3 m entre sí, mientras la niña jala la manguera hacia atrás 2 m y le pone un globo de agua de 2 kg. Calcule la velocidad del globo cuando la manguera ya no está estirada. También, ¿qué distancia alcanzará el globo a partir de este punto al llegar al suelo? Suponga que el globo se dispara a un ángulo de 300 con la horizontal. Desprecie la altura de los dos hombres y el cambio de altura de la resortera.

!

T 1 s

Prob. 14.S4

Prob.14.S6

182

CAP.14

CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: TRABAJO Y ENERGÍA

14.57. El esquiador parte del reposo en A y va hacia abajo por la rampa. Si no se tiene en cuenta la fricción y la resistencia del aire, calcule su velocidad VB cuando alcanza al punto B. También, determine la distancia s a la cual llega al piso en e, si hace el salto en dirección horizontal en B. Desprecie el tamaño del esquiador, quien tiene una masa de 70 kg.

14.59. Un bloque de 2 lb descansa sobre la superficie cilíndrica lisa. Una cuerda elástica que tiene una rigidez k 2 lb/ft está fija al bloque en B y a la base del cilindro en C. Si el bloque se suelta partiendo del reposo en A, calcule la longitud máxima no deformada de la cuerda para que el bloque comience a apartarse del cilindro cuando e = 45°. Desprecie el tamaño del bloque.

14. der

=

tre un m: COI

mÍ!

A

e

Prob.14.S9

Prob.14.S7 It I F ,. I

* 14.60. La montaña rusa tiene una velocidad de 15 ft/s cuando está en la cresta de la trayectoria vertical parabólica. Calcule su velocidad y la fuerza normal que 14.58. El collarín de 2 kg está fijo a un resorte que ejerce sobre los rieles cuando llega al punto B. Destiene longitud no deformada de 3 m. Si este collarín precie la fricción y la masa de las ruedas. El peso tose lleva al punto B y se suelta partiendo del reposo, tal del carro y sus pasajeros es de 350 lb. calcule su velocidad cuando llega al puntoA.

..

14,

sin ne pn tal cie

y

1~5ft/S

I

A

.....

3m

1

A x

4m

Prob.14.S8

1--- 200 ft ---1

Prob.14.60

PROBLEMAS

14.61. Dos resortes de longitud igual que tienen rigideces kA = 300 N/m y kB = 200 N/m se "anidan" en.tre sí para formar un amortiguador. Si se deja caer un bloque de 2 kg desde su posición en reposo a 0.6 m sobre la parte superior de los resortes, calcule su compresión máxima con la que se detiene el movimiento del bloque.

183

14.63. Si la masa de la Tierra es Me, demuestre que la energía potencial gravitatoria de un cuerpo de masa m ubicado a una distancia r del centro de la Tierra es Vg = - GMemIro Recuérdese que la fuerza de gravitación que actúa entre la Tierra y el cuerpo es F = G(Mcm/r2) , ecuación 13.1. Para los cálculos, ubique la referencia en r -+ oo. También, demuestre que F es una fuerza conservativa.

* 14.64. El cilindro tiene una masa de 20 kg Yse suelta partiendo del reposo cuando h = O. Calcule su velocidad cuando h = 3 m. Los resortes tienen una longitud no deformada de 2 m.

D

T 0.6m

..le:-==

T

A

h

1

Prob.14.61

Prob.14.64

\

14.62. El ciclista trata de pasar por el rizo elipsoidal sin caer del carril. Calcule la velocidad que debe tener en A cuando está entrando al rizo para lograr su propósito. El ciclista y la bicicleta tienen una masa total de 85 kg Ysu centro de masa está en G. Desprecie la masa de las ruedas.

14.65. El cilindro de 7 kg está fijo a un conjunto de dos resortes, como se muestra en la figura. Si se suelta el cilindro partiendo del reposo cuando ambos cilindros no están deformados, calcule la elongación máxima de cada resorte.

k, = 250 N/m

k2 = 375 N/m

1.2

Prob.14.62

Prob.14.6S

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184

CAP.14 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: TRABAJO Y ENE RGÍA

14.66. El bloque tiene una masa de 20 kg Y se suelta partiendo del reposo cuando s = 0.5 m. Si la masa de los parachoques A y B no se toma en cuenta, calcule la deformación máxima de cada resorte debida al choque.

14.67. El parachoques de doble resorte se emplea para detener el lingote de acero de 1500 lb en la laminadora. Calcule la deflexión máxima de la placa A originada por el lingote si choca con ella a una velocidad de 8 ft/s. Desprecie la masa de los rodillos y de las placas A y B.

k2 = 4500 lb/ft

-

u = 8 ftls

-r-

s =0.5 m

A

~ k s = 800 N/m

uD~'~ k, = 3000 lb/ft

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Prob.14.66

Prob.14.67

15

Cinética de una partícula: impulso y cantidad de movimiento

En este capítulo integraremos la ecuación de movimiento con respecto al tiempo y con ello obtendremos el principio del impulso y la cantidad de movimiento. La ecuación que resulta es útil para resolver problemas en los que intervienen fuerza, velocidad y tiempo. Se demostrará que los principios de impulso y cantidad de movimiento también proporcionan los medios necesarios para analizar problemas de impacto, flujo de fluidos estable y sistemas que ganan o pierden masa.

15.1 Principio del impulso y cantidad de movimiento lineales \

Se J uede escribir la ecuación de movimiento de un partícula de masa m como sigue: dv dt

EF=ma=m-

(15.1)

donde a y v se miden desde un marco de referencia inercial. Rearregland o los términos e integrando entre los límites v = VI cuando t = tI Yv = V2 cuando t = l b tenemos que

o \

(15.2)

186

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

A esta ecuación se le conoce como el principio del impulso y cantidad de movimiento lineales. Se puede ver de la deducción que simplemente es una integración con respecto al tiempo de la ecuación del movimiento:\Nos da un medio directo para calcular la velocidad final V2 de la partícula después de determiñado periodo de tiempo cuando se conoce la velocidad inicial de la partícula y las fuerzas que actúan sobre ella son constantes, o bien pueden expresarse como funciones del tiempo. Nótese que si V2 se calcula empleando la ecuación de movimiento, es necesario ún procedimiento de dos pasos, que son aplicar r.F = ma para obtener a, y depués integrar a = dv/dt para obtener V2 '

f

Impulso lineal. La integral 1 = F dt en la ecuación 15.2 se define como el impulso lineal. Este término es una cantidad vectori,al que mide el efecto de una fuerza durante el tiempu en que actúa. Como el tiempo es un escalar positivo, el vector impulso actúa en la misma dirección que la fuerza, y su magnitud tiene unidades de fuerza tiempo, es decir, N . s o lb . s:;Si la fuerza se expresa como función del tiempo, puede calcularse el impulso por evaluación directa de la integral. En particular, si F actúa en una dirección constante durante el periodo de ti a t2, la magnitud del impulso_1 = F dt puede representarse mediante el área sombreada bajo la 'curva de fuerza contra tiempo, figura 15.1. Sin embargo, si la fuerza tiene magnitud y dirección constantes, el impulso que resulta es 1 = S" Fe dt= Fe (t2 - (1), que representa el área rectangular sombreada de la figura 15.2.

l"

Cantidad de movimiento lineal. Cada uno de los dos vectores de la forma L = mv de la ecuación 15.2 se define como la cantidad de movimiento lineal (o simplemente "cantidad de movimiento") de la partícula. Como m es un escalar positivo, el vector cantidad de movimiento tiene la misma dirección que v, y su magnitud m v tiene unidades de masa-velocidad, es decir, kg . m/s, slug ft/s. * • Aunque las unidades de impulso y de cantidad de movimiento se definen de manera distinta , se puede demostrar que la ecuación 15.2 es dimcnsionalmente homogénea. F(/)

1=

', f." . F(/)d/

F(/)

~

J:! ~_I_=_F_C(_'/_- /I )

'rL__ ________

__

/,

/,

Impulso variable

Impulso constante

Fig.lS.2

www.elsolucionario.org SECo 15.1

0'

PRINCIPIO DEL IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO LINEALES

b"" //

+

~..

Diagra ma de cantidad de

Diagrama

Diagrama de ca ntidad de

movimiento inicial

de impulso

movimiento final

Fig.lS.3

Principio del impulso y la cantidad de movimiento lineales. La ecuación 15.2 se transforma en la siguiente ecuación, para mayor facilidad en la resolución de problemas.

(15.3)

que nos dice que la cantidad inicial de movimiento de una partícula en t¡ más la suma vectorial de todos los impulsos aplicados a la partícula durante el intervalo de t¡ a t 2 es equivalente a la cantidad final de movimiento de la partícula en t 2• En la figura 15.3 se muestran estos tres términos en forma gráfica, en diagramas de impulso y cantidad de movimiento. Cada uno de estos diagramas explica gráficamente todos los vectores de la ecuación mv¡ + r, F dt = mV2' Los dos diagramas de ca!ltidad de movimiento son simplemente esquemas de la partícula que indican la dirección y magnitud de las cantidades de movimiento inicial Xfinal, mv¡ YmV2> respectivamente, figura 15.3. Igual que el diagrama de cuerpo libre, el diagrama de impulso es una forma esquemática de la partícula que muestra todos los impulsos que actúan sobre ella cuando está en algún punto intermedio a lo largo de su trayectoria. En general, siempre que la magnitud o dirección de una fuerza Valía, el impulso de la fuerza se determina mediante integración y se representa en el diagrama de impulso como 1 = J," F dt. Si la fuerza es constante para el intervalo (t2 - (¡), el impulso aplicado a la partícula es 1 = Fe(t2 - tI), y actúa en la misma dirección que Fe'

1"

Ecuaciones escalares. Si cada uno de los tres vectores de la ecuación 15.3 o en la figura 15.3 se descompone en sus componentes x, y y z, podremos expresar en símbolos las tres ecuaciones escalares siguientes: m( vJ¡ + r, r"FT di

J"

m( vy)¡ + r,

=

m( VJ2

r',Fy dt = m( Vy)2

J"

(15.4)

187

188

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTíCULA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

Esas ecuaciones representan el principio. del impulso y la cantidad de movimiento de la partícula en las direcciones x, y y z, respectivamente.

PROCEDIMIENTO PARA ANÁLISIS El principio del impulso y la cantidad de movimiento se emplea para resolver problemas en los que intervienen fuerza, tiempo y velocidad, ya que éstos son los términos qúe intervienen en la formulación. Para sus aplicaciones se sugiere emplear el siguiente procedimiento. Diagrama de cuerpo libre. Establezca el marco x, y, z inercial ge referencia y trace el diagrama de cuerpo libre para incluir . todas las fuerzas que producen impulsos sobre la partícula. También establezca la dirección y el sentido de las velocidades inicial y final de la partícula. Para explicar estos vectores, se puede hacer un esquema en un sistema de coordenadas, pero no en el diagrama de cuerpo libre. Si se desconoce una velocidad, suponga que el sentido de sus componentes está en dirección de las coordenadas inerciales positivas. Como procedimiento alternativo, trace los diagramas de impulso y cantidad de movimiento para la partícula, como se describe en referencia a la figura 15.3. *

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Principio de impulso y la cantidad de movimiento. Aplique el principio de impulso y cantidad de movimiento lineales, mv¡ + rlr, :Ir, F dt = mvz. Si hay movimiento en el plano x - y, pueden formularse las dos ecuaciones de componentes escalares ya sea resolviendo las componentes vectoriales de F a partir del diagrama de cuerpo libre, o bien empleando los datos sobre los djagramas de impulso y cantidad de movimiento. Si el problema implica el movimiento independiente de varias partículas, use el método descrito en la sección 12.8 para relacionar sus velocidades. Asegúrese de que las direcciones de las coordenadas positivas que se usan para formular esas ecuaciones cinemáticas sean las mismas que las que se usaron para formular las ecuaciones de impulso y cantidad de movimiento.

Los ejemplos siguientes muestran en forma numérica la aplicación de este procedimiento.

• Este procedimiento se seguirá para desarrollar las demostraciones y la teoría del texto.

SECo 15.1

PRINCIPIO DEL IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO LINEALES

Ejemplo 15.1 La caja de 100 kg que se indica en la figura 15.4a se encuentra originalmente en reposo sobre la superficie lisa horizontal. Si se aplica a esa caja una fuerza de 200 N en un ángulo de 45° durante 10 s, calcule la velocidad final de la caja y la fuerza normal que ejerce la superficie sobre la caja durante el intervalo de tiempo. SOLUCIÓN Este problema se puede resolver empleando el principio del impulso y la cantidad de movimiento, ya que en él interviene la fuerza, velocidad y tiempo. Diagrama de cuerpo libre. (Véase Fig. 15.4b). En este caso se

ha supuesto que durante el movimiento la caja permanece sobre la superficie, y que después de 10 s la caja se mueve hacia la derecha con una velocidad .V2' Como todas. las fuerzas que actúan sobre la caja son constantes, los impulsos respectivos simplemente son el producto de la magnitud de la fuerza y 10 s, [1 = F c (t2 - tI)].

(a)

y

Principio del impulso y la cantidad de movimiento. Descomponiendo los vectores de la figura 15.4b a lo largo de los ejes x, y y aplicando las ecuaciones 15.4 tenemos m( vx)1 + I. ('t'F, dt = m( V,)2

JI¡ 0+ 200(10) cos 45° = 100v2 V2 = 14.1 mIs -+

Resp. (b)

(+ 1)

m( Vy)1 + I. ('I'Fy dt JI¡

=

m( V)2

0+ NcClO) - 981(10) + 200(10) sen 45° = O Resp.

N c = 840N

Como no se tiene movimiento en la dirección y, la aplicación directa de I.Fy = Oda el mismo resultado para N c. Nótese el procedimiento alternativo que consiste en dibujar los diagramas de impulso y cantidad de movimiento de la caja figura 15.4c antes de aplicar las ecuaciones 15.4. 98 1 (lO)

I (e)

Fig.lS.4

189

www.elsolucionario.org 190

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

Ejemplo 15.2

La caja que se muestra en la figura 15 .5a tiene un peso de 50 lb Y sobre ella actúa una fuerza de magnitud variable P = (20t) lb, en la cual t está en segundos. Calcule la velocidad de la caja, 2 s después de haber aplicado P. La caja tiene una velocidad inicial V¡ = 3 ft/s pendiente abajo y el coeficiente de fricción cinética entre caja y plano es J.1k = 0.3.

p (a)

SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. (Véase Fig. 15.5b). Como la magnitud de la fuerza P = 20t varía con el tiempo, el impulso que . ~rea debe calcularse integrando sobre el intervalo de 2 s. El

peso, fuerza normal y fuerza de fricción, que se opone a la dirección del movimiento, son constantes, y por lo tanto el impulso creado por cada una de esas fuerzas es simplemente la magnitud de la fuerza por 2 s. Principio del impulso y la cantidad de movimiento. Al aplicar las ecuaciones 15.4 en la dirección dex, tenemos que

( + /" )

m( vJ¡ +. L f

'F, dt = m( Vx ) 2 1

(b )

rz

50 o 32.2(3) + J o20t dt - 0.3NJ2) + (50)(2) sen 30

=

50 32.2 V2

4.66 + 40 - 0.6Ne + 50 = 1.55 V2

Fig.lS.S

La ecuación de equilibrio puede aplicarse en la dirección de y. ¿Porqué?

+

N e - 50 cos 30

,,-Uy=O;

0

=

O

Despejando, N c = 43.3 lb Vz

= 44.2 ft/s /'

Resp.

Este problema se ha resuelto también mediante la ecuación del movimiento en el ejemplo 13.3. Se deben comparar los dos métodos. Como la fuelZa, velocidad y tiempo intervienen en este problema, la aplicación del principio de impulso y cantidad de movimiento elimina la necesidad de emplear la cinemática (a = d v/dt) y con ello se tiene un método más fácil de solución.

SECo 15.1 PRINCIPIO DEL IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO LINEALES

Ejemplo 15.3 Los bloques A y B que se muestran en la figura 15.6a tienen masa de 3 kg Y 5 kg, respectivamente. Si el sistema se suelta desde el reposo, calcule la velocidad del bloque B en 6 s. Desprecie la masa de las poleas y de la cuerda. SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. (Véase Fig. 15.6b). Como el peso de cada bloque es constante, las tensiones de la cuerda serán constantes también. Además, como no se toma en cuenta la masa de la polea D, la tensión de la cuerda TA = 2TB , figura 15.6c. Se supone que los bloques se mueven hacia abajo en la dirección positiva.

.1---,

-,----II-~..

Principio de impulso y cantidad de movimiento

BloqueA: m( vA )¡ + I:

J,"F dt = m( VA )2 y

1

0 - 2TB(6) + 3(9.81)(6) = 3( VA )2

(1)

3 kg B

BloqueB:

5 kg

(+ !)

(a)

0+ 5(9.81)(6) - T B(6)

=

5(VB)2

(2)

Cinemática. Como los bloques se hallan sometidos a movimiento dependiente, puede relacionarse la velocidad deA con la de B mediante el análisis cinemática descrito en la sección 12.8. Se establece una referencia horizontal que pasa por el punto fijo en C, figura 15.6a, y las posiciones cambiantes de los bloques, SA YSB se relacionan con la longitud total constante 1 de los segmentos verticales de la cuerda mediante la ecuación

2sA + SB

3(9. 8 1) N

=1

Tomando la derivada con repecto al tiempo se obtiene (3) 5(9.8 1) N

Como lo indica el signo negativo, cuando B se mueve hacia abajo A se mueve hacia arriba.* Sustituyendo este resultado en la ecuación 1 y resolviendo las ecuaciones 1 y 2 se obtiene = 35.8 mIs! T B = 19.2N

(VB)2

Re!lp.

• Nótese que las direcciones positivas (hacia abajo) de (vA)z y (vB)2 son COIlsistcllIcs en las figuras 15.00 y 15.6b, Yen las ecuaciones 1 a 3. ¿Por qué es importante esto?

(b)

Fig.15.6

Da tos

191

192

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

PROBLEMAS 15.1. Calcule la fuerza horizontal Fa que se aplica a * 15.4. La gráfica muestra la fuerza vertical de reacción una bala de 2.5 g al dispararla. La velocidad de salida de la interacción zapato-suelo en función del tiempo. es 450 mis cuando t = 0.75 mis. Desprecie la fricción El primer pico actúa sobre el talón y el segundo soentre la bala y el cañón del rifle, y suponga que el im- bre los dedos. Calcule el impulso total que actúa sopulso es constante. bre el zapato durante la interacción. 15.2. Un cabo de martillo H que tiene un peso de 0.3 lb se mueve verticalmente hacia abajo a 40 ft/s cuando golpea la cabeza de un clavo de masa despreciable y lo mete en un bloque de madera. Calcule el impulso sobre el clavo si se supone que el agarre en A está suelto, que el mango tiene masa despreciable, y que el martillo permanece en contacto con el clavo hasta que se detienen ambos.

F(lb)

7S0 1---- - -- - - , .

' - - - --

-L-

2S

-

L

-~

- -- ,-Lo-o- ---2-"-00- - t(ms)

SO

Prob.lS.4

15.5. A un bloque de 5 lb se le da una velocidad inicial de 100 ft/s para subirlo por una pendiente lisa de 45° . Calcule el tiempo que tardará en ir hacia arriba y detenerse. 15.6. Un bloque de 20 lb se desliza hacia abajo de un plano ~eÍinado a 30" con una velocidad inicial de 2 ft/s. Calcule la velocidad del bloque en 10 s si el coeficiente de fricción cinética entre el bloque y el plano es I-'k= 0.25.

www.elsolucionario.org Prob.lS.2

15.7. Una locomotora de 30 ton ejerce una fuerza constante de 20 ton sobre el gancho (acoplamiento) de un tren con tres vagones que tienen un peso total de _ 250 ton. Si la resistencia al la rodadura es 10 lb por ton para la locomotora como para los vagones, calcule cuánto tiempo se tarda en aumentar la velocidad del tren de 20 a 30 mi/h. ¿Cuál es la fuerza de impulsión que ejercen las ruedas de la locomotora sobre las vías? (1 ton corta = 2000 lb).

15.3. Un hombre pega a la pelota de golf, de 50 g, de tal modo que deja el lee a un ángulo de 40° con la horizontal y llega al suelo, a la misma altura, a una distancia de 20 m. Calcule el impulso del palo e sobre la pelota. Desprecie el impulso originado por el peso de * 15.8. Un tren consta de una locomotora de 50 Mg Y la pelota mientras el palo pega a la pelota. tres vagones, cada uno de los cuales tiene una masa de 30 Mg. Si el tren se tarda 80 s en aumentar su velocidad de modo uniforme hasta 40 km/h, partiendo del reposo, determine la fuerza que se desarrolla en el gancho entre la locomotora E y el primer vagón A. Las ruedas de la locomotora dan la fuerza de tracción F resultante, por fricción, que le da al tren su movimiento de avance, mientras que las ruedas de los vagones giran libremente. Calcule la F que actúa sobre las ruedas de la locomotora.

---v

Prob.lS.3

Prob.lS.8

www.elsolucionario.org PROBLEMAS

193

15.9. Los bloques A y B tienen masas de 10 y 3 kg * 15.12. Unos paquetes con masa de 6 kg cada uno se respectivamente. Si el bloque A se mueve hacia deslizan hacia abajo por una tolva lisa y llegan horiabajo por el plano inclinado con una velocidad inicial zontalmente con velocidad de 3 mIs a la superficie de (VA)! = 2 mis, calcule la velocidad de B cuando t = 2 s. una banda transportadora. Si el coeficiente de fricción Suponga que el plano inclinado es liso. Desprecie la cinética entre banda y paquete es }lk = 0.2, calcule el masa de las poleas y de la cuerda. tiempo necesario para que se detenga el paquete sobre la banda, si ésta se mueve en la misma dirección 15.10. Resuelva el problema 15.9 si el coeficiente de que el paquete, con una velocidad V = 1 mis. fricción cinética entre el plano inclinado y el bloque eS}lA = 0.15. 1 mis

o Prob.lS.12

15.13. El buque tanque tiene una masa de 130 Gg. Si al principio está en reposo, calcule su velocidad cuando t = 10 s, si el empuje horizontal que da su hélice varía con respecto al tiempo de acuerdo con la gráfica de la figura. Desprecie el efecto de la resistencia del agua. B

F(MN)

Probs.lS.9/1S.10

15.11. Calcule las velocidades de los bloques A y B, 2 segundos después de haber sido soltados partiendo del reposo. El bloqueA tiene un peso de 21b y el bloque B de 4 lb. Desprecie la masa de las poleas y de los cables.

' - - - - - - - - - - - - - - - 1 (5)

Prob.lS.13

15.14. El avión de reacción tiene una masa de 250 Mg Yuna velocidad horizontal de 100 mis cuando t = O. Si los dos motores dan un empuje horizontal que varía de acuerdo con lo que muestra la gráfica, calcule la velocidad del avión cuando t = 5 s. Desprecie la resistencia del aire y la pérdida de combustible durante el movimiento.

F(kN)

A B ' - - - - - -- -- - - -- - 1(5)

Prob.lS.11

Prob.lS.14

194

CAP. 15 CINÉTICA DE UNA PARTíCULA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

15.15. La viga uniforme tiene un peso de 5000 lb. Calcule la tensión media en cada uno de los cables AB y AC si a la viga se le da una velocidad uniforme de subida de 8 ft/s en 1.5 s. Al principio, la viga está en reposo.

15.17. El montacargas de 60 lb trabaja con un motor M. Parte del reposo, y el motor puede enrollar el cable de modo que se mueva en relación con el motor con una velocidad de 3 ft/s en 5 s. Si el cable no resbala en las poleas, calcule la fuerza promedio que ejercen los cables durante este tiempo. Desprecie las masas de las poleas.

p

1 - -3 ft - - + --

3

ft -----1

Prob.lS.17

Prob.lS.lS

* 15.16. El tractor de cuchilla de 28 Mg se encuentra originalmente en reposo. Calcule su velocidad cuando t = 4 s si la tracción F horizontal varía con el tiempo, de acuerdo con la gráfica.

15.18. La cabina de 20 lb está sujeta a la fuerza F = (3 + 21) lb, estando t en segundos. Si la cabina se mueve pendiente abajo inicialmente con una velocidad de 6 ft/s, calcule cuánto tardará la fuerza para detener por completo a la cabina. F actúa en dirección paralela al plano.

F(kN )

4r----__

F = (4 - O.O I P)

'--- - - - - - --

Prob.lS.16

- - - - '''::--- I(S)

Prob. lS.18

PROBLEMAS

15.19. El bloque deslizante de 10 lb se mueve hacia la derecha con una velocidad de 10 ft/s cuando obran sobre él las fuerzas F¡ y F 2• Estas cargas varían del 'modo que se muestra en la gráfica. Calcule la velocidad del bloque a los 6 s. Desprecie la fricción y el peso de las poleas.

195

15.21. Un pastel y su plato que pesan 1.5 lb descansan en el centro de una mesa circular. Sin tocar el pastel el joven trata de quitar el mantel con radio de 2 ft jalándolo rápidamente en sentido horizontal. Si siempre hay resbalamiento entre el plato y el mantel, calcule el mayor tiempo que puede permanecer el mantel en contacto con el plato sin que éste caiga al piso. El coeficiente de fricción cinética entre el plato y el mantel es J1k = 0.3, Yentre el plato y la superficie de la mesa J1~ = 0.4. Sugerencia: Aplique los principios del impulso y la cantidad de movimiento y del trabajo y la energía al pastel para x ft, que es la distancia que el plato per,manece sobre el mantel, y para (2 - x) ft, que es cuando permanece sobre la mesa.

F(lb)

0.41-_ _ _ _ _ _ _---r _ _F....2'--...,

0.3

____ _ _ _ .!L _ _ __ __ 1

Prob.lS.21

I I

0.2

I

r-------

I

0. 1 f - - - - - - I

I

0' - - - - -...:'.2- - ---"-4- - -----'6'---/(5)

Prob.lS.19

* 15.20. Calcule la velocidad de cada bloque 10 s después de liberarlos partiendo del reposo. Desprecie la masa de las poleas. El bloqueA tiene una masa de 10 kg Yel B de 50 kg.

15.22. El tronco tiene una masa de 500 kg Ydescansa en el suelo, y en este caso los coeficientes de fricción estática y cinética son, respectivamente, J1s = 0.5 Y J1k = 0.4. El montacargas suministra una fuerza T de arrastre a su cable en A, la cual varía de acuerdo con la gráfica. Calcule la velocidad del tronco cuando t = 5 s. Al principio la tensión del cable es cero. Sugerencia: Determine primero la fuerza necesaria para comenzar a mover el tronco. 15.23. El tronco tiene una masa de 500 kg Ydescansa en el suelo, y para este caso los coeficientes de fricción estática y cinética son, respectivamente, J1s = 0.5 Y Jlk = 0.4. El montacargas suministra una fuerza T de arrastre a su cable en A que varía de acuerdo con la gráfica. ¿Cuánto tiempo se necesita para alcanzar una velocidad de 15 mis? Al principio la tensión del cable es cero. Sugerencia: Calcule primero la fuerza necesaria para comenzar a mover el tronco. T(N)

64oob,.;¡--

lZL 4

t (5)

A

Prob.lS.20

Probs.lS.22/1S.23

www.elsolucionario.org 196

CAP.15

CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

de fricción estática y cinética entre el plano y el empaque de 40 kg son Jl. = 0.3 Y Jlk = 0.25, calcule el tiempo necesario para que la fuerza horizontal F le dé al empaque una velocidad de 2 mis. La fuerza tiene una magnitud de F = (50t) N, estando t en segundos. Sugerencia: Calcule primero el tiempo necesario para superar la fricción e iniciar el movimiento del empaque.

* 15.24. Si los coeficientes

15.26. Un bloque de 20 kg está en reposo al principio, sobre una superficie horizontal para la cual el coeficiente de fricción estática es u, = 0.6, Y el coeficiente de fricción cinética es Jlk = 0.4. Si la fuerza horizontal F se aplica de tal rr.odo que varía con respecto al tiempo de acuerdo con la gráfica, calcule la velocidad del bloque en 10 s. Sugerencia: Calcule primero el tiempo necesario para vencer la fricción y comenzar a mover al bloque.

El un rei m( de

El las F(N) ¡

cu

ce,

•

.¡

200r-----7,-----,

da

lar gr.

"-------'--------:":IO,.------I(S)

Prob.lS.24

15.25. El motor M jala del cable con una fuerza F cuya magnitud varía de acuerdo con lo que se muestra en la gráfica. Si la caja de 20 kg descansa originalmente en el piso y la tensión del cable es cero cuando se enciende el motor, calcule la velocidad de la caja cuando t = 6 s. Sugerencia: Calcule primero el tiempo necesario para que comience a subir la caja.

www.elsolucionario.org

Es

Prob.lS.26

mi da

ric 15.27. El carrotanque tiene una masa de 20 Mg Yrueda libremente hacia la derecha con una velocidad de 0.75 mis. Si choca con la barrera, determine el impulso horizontal necesario para detener al carro tanque si el resorte del parachoquesB tiene una rigidez de (a) k ....• (el parachoques es rígido), y (b) k = 15 kNjm.

JI

.1 "P

de

m to

00

F

m

11

St dt

p.

v= 0.75 mis

F(N)

vt

'"

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I(S)

E la " Prob.lS.2S

Prob.lS.27

I

al ti

tí

SECo 15.2 PRINCIPIO DEL IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO LINEAL...

15.2 Principio del impulso y cantidad de movimiento lineal para un sistema de partículás El principio del impulso y cantidad de movimiento lineales para un sistema de partículas en movimiento con respecto a una referencia inercial, figura 15.7, se obtiene a partir de la ecuación de movimiento r,F¡ = Lm¡8¡, ecuación 13.5, que puede reformularse del siguiente modo: (15.5) El término del lado izquierdo representa sólo la suma de todas las fuerzas externas que actúan sobre el sistema de partículas. Recuérdese que las fuerzas internas f; entre las partículas no aparecen en esta suma, ya que debido a la tercera ley de Newton se dan en pares colineales iguales pero opuestos, y por lo tanto se anulan. Multiplicando ambos lados de la ecuación 15.5 por dt e integrando entre los límites l = lb V¡ = (V¡)I y t = l2' V¡ = (V¡)2 se obtiene

(15.6)

Esta ecuación establece que las cantidades iniciales de movimiento del sistema, sumadas vectorialmente a los impulsos de todas las fuerzas externas que actúan sobre el sistema durante el periodo tI a l2 son iguales a las cantidades de movimiento finales del sistema~ Por definición, la ubicación del centro de masa G del sistema se determina mediante mrG = Lm¡r¡, siendo m = Lm¡ la masa total de las partícul~s, y rG Y r¡ se definen en la figura 15.7. Tomando la derivada con respecto al tiempo obtenemos

Según esta ecuación la cantidad total de movimiento del sistema de partículas es equivalente a la cantidad de movimiento de una partícula "ficticia", agregada de cuya masa m = Lm¡ que se mueve con la velocidad del centro de masa G del sistema. Sustituyendo en la ecuación 15.6 se obtiene (15.7) Esta ecuación establece que la cantidad inicial de movimiento de la partícula agregada más la suma de los impulsos externos que actúan sobre el sistema de partículas durante el intervalo de tiempo tI a t 2 es igual a la cantidad final de movimiento de la partícula. Como en realidad todas las partículas deben tener tamaño

~------ y

Sistema inercial de coordenadas

x

Fig.lS.7

197

198

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTíCULA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

finito para poseer una masa, la ecuación anterior justifica la aplicación del impulso y cantidad de movimiento lineales a un cuerpo rígido representado por una sola partícula.

15.3 Conservación de la cantidad de movimiento lineal para un sistema de partículas Cuando la suma de los impulsos externos que actúan sobre un sistema de partículas es cero, la ecuación 15.6 se reduce a una forma simplificada, que es (15.8)

A esta ecuación se le llama la conservación de La cantidad de movimiento lineal. Establece que la suma vectorial de las cantidades de movimiento para un sistema de partículas permanece constante durante el periodo de tiempo t i a t 2• Sustituyendo mVG = r.m¡v¡ en la ecuación 15.8, también se puede escribir (15.9) la cual indica que la velocidad VG del centro de masa del sistema de partículas no cambia cuando no se aplican impulsos externos al sistema. Con frecuencia se aplica la conservación de la cantidad de movimiento cuando las partículas chocan o interactúan. Para su aplicación, debe hacerse un análisis cuidadoso del diagrama de cuerpo libre para el sistema completo. Al hacerlo, pueden identificarse las fuerzas que crean impulsos, ya sea internos o externos, y con ello, determinar en qué dirección(es) se conserva la cantidad de movimiento lineal. Como se dijo antes, los impulsos internos del sistema siempre se anularán, ya que se dan en pares iguales y opuestos, colineales. Si el periodo de tiempo en el que se estudia el movimiento es muy corto , algunos de los impulsos externos también pueden omitirse o considerarse aproximadamente iguales a cero. Las fuerzas que causan estos impulsos despreciables se llaman fuerzas no impulsivas. En comparación, a las fuerzas muy grandes que actúan en periodos muy cortos y sin embargo producen un cambio apreciable en la cantidad de movimiento, se les llama fuerzas impulsivas. Éstas, desde luego, no se pueden despreciar en el análisis de impulso-cantidad de movimiento. Las fuerzas impulsivas, se presentan normalmente debido a una explosión o el choque de un cuerpo contra otro, mientras que las fuerzas no impulsivas pueden incluir el peso de un cuer-

www.elsolucionario.org SECo 15.3 CONSERVACIÓN DE lA CANTIDAD DE MOVIMIENTO...

po, la fuerza ejercida por un resorte ligeramente deformado que tiene una rigidez pequeña, o cualquier fuerza que sea muy pequeña en comparación con otras fuerzas mayores (impulsivas). Cuando se hace esta distinción entre fuerzas impulsivas y no impulsivas, es importante tener en cuenta que sólo se aplica durante un periodo especifico de tiempo. Para dar un ejemplo, consideremos el efecto de pegar con un bate a una bola de beisbol. Durante el tiempo muy corto de interacción, la fuerza del bate sobre la pelota (o partícula) es impulsiva, ya que cambia de modo drástico la cantidad de movimiento de la bola. En comparación, el peso de la bola tendrá un efecto despreciable sobre el cambio de la cantidad de movimiento, y por lo tanto será no impulsivo. En consecuencia, puede despreciarse en un análisis de impulso-cantidad de movimiento durante este periodo de tiempo. Sin embargo, cabe señalar que si se hace un análisis impulsocantidad de movimiento durante el tiempo mucho mayor de vuelo de la pelota después de la interacción pelota-bate, entonces el impulso del peso de la bola es importante ya que, junto con la resistencia del aire, origina el cambio de la cantidad de movimiento de la bola.

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS En general, el principio del impulso y cantidad de movimiento lineales o de conservación de cantidad de movimiento lineal se aplican a un sistema de partículas para calcular las velocidades fimiles de las partículas inmediatamente después del periodo de tiempo que se considera. Aplicando esas ecuaciones al sistema completo, se eliminan del análisis los impulsos internos que actúan dentro del sistema que, por otra parte pueden desconocerse. Para su aplicación, se sugiere emplear el siguiente procedimiento. Diagrama de cuerpo libre. Establezca el marco x, y, z inercial de referencia y trace el diagrama de cuerpo libre para cada

partícula del sistema para poder identificar las fuerzas internas y las externas. La conservación de la cantidad de movimiento lineal se aplica al sistema en una dirección dada cuando no actúan juenas impulsivas externas sobre el sistema en esa dirección. También, establezca la dirección y sentido de las velocidades iniciales y finales de las partículas. Si se desconoce el sentido, suponga que tiene la dirección de las coordenadas positivas de un eje inercial. Como procedimiento alternativo, dibuje los diagramas de impulso y cantidad de movimiento para cada partícula del sistema inmediatamente antes, durante, y después de la aplicación de las fuerzas. A continuación investigue el diagrama

199

200

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

de impulso para diferenciar claramente las fuerzas impulsivas y las no impulsivas, de los impulsos internos del sistema. Ecuaciones de cantidad de movimiento. Aplique el principio

del impulso y cantidad de movimiento lineales, o la conservación de la cantidad de movimiento en las direcciones adecuadas. Si las partículas están sujetas a movimiento dependiente en donde se usen cables y poleas, puede usarse la cinemática, como se describe en la sección 12.8, para relacionar las velocidades. Si es necesario calcular lafuena impulsiva interna que actúa sobre sólo una partícula del sistema, esa partícula se debe aislar (diagrama de cuerpo libre) y se debe aplicar a la partícula el principio del impulso y cantidad de movimiento lineales. Después de haber calculado el impulso F dt, entonces, siempre que se conozca el tiempo 11t durante el cual actúa el impulso, se puede calcular la fuena impulsiva promedio Fovg mediante Fovg = F dt/11t.

f

f

Los siguientes ejemplos muestran la aplicación numérica de este procedimiento.

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SECo 15.3

CONSERVACIÓN DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO...

Ejemplo 1;';.4

El vagón de carga de 15 Mg rueda libremente a 1.5 mis sobre la vía horizontal cuando encuentra un carrotanque B que tiene una masa de 12 Mg, que rueda libremente en dirección opuesta a 0.75 mis, como se ve en la figura 15.&1. Si los vagones se encuentran y se enganchan, calcule (a) la velocidad de ambos vagones inmediatamente después del acoplamiento y (b) la fuerza promedio entre ellos si el acoplamiento se efectúa en 0.8 s.

-

0.75 mis

SOLUCIÓN Parte (a)

(a)

Diagrama de cuerpo libre. * Como se muestra en la figura 15.8b, hemos considerado a ambos vagones como un sistema único.

Por inspección, se conserva la cantidad de movimiento en la dirección x ya que la fuerza F de acoplamiento es interna al sistema y, por lo tanto se anulará. Se supone que ambos vagones, cuando se acoplen, se moverán a V2 en la dirección positiva dex.

-

l>j>~m[)&: F

(b)

Conservación de la cantidad de movimiento mA(vA)¡ + mB(vB)¡

= (mA + m B)v2

15000(1.5) - 12000(0.75) = 27 000v2 V2 =0.5 mis

-+

Resp.

Parte (b). La fuerza promedio

Favg (de impulsión) de acoplamiento puede calcularse aplicando el principio de la cantidad de movimiento a cualesquiera de los vagones.

Diagrama de cuerpo libre. Como se muestra en la figura 15.&,

-

v

(e)

si se aísla el vagón de carga la fuerza de acoplamiento es externa a él. Principio de impulso y cantidad de movimiento. Como F.vg 6.t = F. vg(0.8), tenemos que

f F dI =

mA(VA)¡ +1: fFdt=mAv2

15 000(1.5) - F avg(0.8) = 15 000(0.5~ F.vg

= 18.8 kN

Resp.

En este caso la solución fue posible porque la velocidad final del vagón de caja se obtuvo en la parte (a). Trate de despejar a Favg aplicando el principio del impulso y cantidad de movimiento al carrotanque. • Sólo se muestran en el diagrama de cuerpo libre las fuerzas horizontales.

v

~----x

Fig.lS.8

-F

~J

201

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202

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTíCULA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO Ejempl~

15.5 El cañón de 1200 lb que se muestra en la figura 15.9a dispara un proyectil de 8 lb con velocidad de salida de 1500 ft/s. Si el disparo se hace en 0.03 s, calcule (a) la velocidad de retroceso del cañón inmediatamente después de disparar, y (b) la fuerza promedio de impulsión que actúa sobre el proyectil. El soporte del cañón está fijo al terreno y el culatazo horizontal se absorbe mediante dos resortes. SOLUCIÓN Parte (a) Diagrama de cuerpo libre. * Como se indica en la figura 15.9b,


-

v,


hemos considerado al proyectil y al cañón como un sistema único, ya que entonces las fuerzas F de impulsión entre cañón y proyectil son internas al sistema y, por lo tanto se anularán en el análisis. Además, durante el tiempo At = 0.03 s, los dos resortes de retroceso que están fijos al soporte ejercen cada uno una fuerza no impulsiva Fs sobre el cañón. Esto se debe a que At es muy corto, y por lo tanto durante este tiempo el cañón sólo se mueve una distancia muy corta s. ** En consecuencia, F s = ks '" O. Por lo tanto se puede llegar a la conclusión de que se conserva la cantidad de movimiento para el sistema en la dirección horizontal. En este caso supondremos que el cañón se mueve hacia la izquierda, mientras que el proyectil se mueve hacia la derecha después del disparo. Conservación de la cantidad de movimiento ( ~ )

m e ( u)¡ + mpC up)¡ =

-

m e ( U)2 + mp( Up)2

_ _ 1200 _ 8_ , O + O - 32.2 (UJ2 + 32.2 (1500 ) ( Ue )2 =

10 ft/s

Resp.

+--

Parte (b). La fuerza impulsiva promedio que ejerce el cañón

(e )

sobre el proyectil se puede calcular aplicando el principio del impulso y cantidad de movimiento lineales al proyectil, o al cañón. ¿Por qué?

Fig.lS.9

Principio del impulso y la cantidad de movimiento. Con los datos del diagrama de cuerpo libre de la figura 15.9c, y teniendo en cuenta que F dt = Favg At = Favg(0.03), tenemos

----x

~

f

+ ( ..... )

m( up )¡ +

f

L F dt

=

m( Up )2

8 0+ Favg(0.03) = 32.2 (1500) Favg

= 12.4(103) lb = 12.4 Klb

Resp.

• Sólo se muestran en el diagrama de cuerpo libre las fuerzas horizontales . •• Si el ca ñón está fi rmemente fijo a su soporte, sin resortes, la fuerza de reacción de l soporte sobre el cañón debe considerarse como impulso externo al sistema, porque el soporte no permite movimiento alguno al cañón.

SECo 15.3

CONSERVACIÓN DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO...

Ejemplo 15.6 El remolcador T de 350 Mg que se muestra en la figura 15.1Oa se emplea para jalar la barcaza B de 50 Mg con una cuerda R. Si inicialmente la barcaza está en reposo, y el remolcador se desplaza libremente con una velocidad (vr)} = 3 mis mientras la cuerda está floja, calcule la velocidad del remolcador directamente después de que la cuerda se ha tensado. Suponga que la cuerda no se estira. Desprecie los efectos de fricción del agua. x-----

-

(Ur),

(a)

= 3 mis (b)

SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. * Como se muestra en la figura 15 .lOb, hemos tomado en cuenta al sistema completo: remolcador y barcaza. Por lo tanto, la fuerza impulsiva creada entre ellos dos es interna al sistema, y como consecuencia se conserva la cantidad de movimiento durante eljalón instantáneo. Conservación de la cantidad de movimiento. Teniendo en cuenta que (V8)2 = (vr)z, tenemos que ( ~) ~

m r ( vr)} + maC v8 )} = m r ( V r)2 + maC V8 )2 350(103)(3) + O = 350(103X V r)2 + 50(103)( V r)2

Resolviendo la ecuación,

(Vr)2

= 2.63 mis

Resp.

<-

Este valor representa la velocidad del remolcador inmediatamente después del impulso de remolque. Use este resultado para demostrar que el impulso es de 131 kN· s. El procedimiento alternativo de trazar los diagramas de impulso y cantidad de movimiento del sistema se muestra en la figura 15.1Oc. La conservación de la cantidad de movimiento se formula como antes escribiendo los términos vectoriales en los diagramas. • En el diagrama de cuerpo libre sólo se muestran las fuerzas horizontales.

:;::~ L···· :L mB(vBh = mB(vTh

(e)

Fig.lS.lO

203

204

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTÍCUlA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

Ejemplo 15.7

Un pilote rígido P, como el de la figura 15.11a tiene una masa de 800 kg Ylo impulsa un martinete con masa de 300 kg. El martinete cae desde el reposo desde una altura Yo = 0.5 m y choca con el extremo superior del pilote. Calcule el impulso que imparte el martinete al pilote si éste está completamente rodeado de arena suelta y por lo tanto el martinete no rebota después de chocar con el pilote. .•••• -H--,.-

Yo = 0.5 m

Datos Referencia

SOLUCIÓN Conservación de la energía. La velocidad a la cual el martinete choca con la pila puede calcularse mediante la ecuación de conservación de la energía, aplicada al martinete. Se establece la referencia en la parte superior del pilote figura 15.lla, y entonces T¿ + Vo

=

T¡

+

"

V¡

i m!Á VH)&+ WHYo = irnH (VH)r + WHy¡ (a)

0+ 300(9.81)(0.5) = ~ (300)( vH)r + O

1I 11

(vH)¡

= 3.13 mis

Diagrama de cuerpo libre. De acuerdo con los aspectos físicos del problema, el diagrama de cuerpo libre de martinete y pilote, figura 15.11b, indica que durante el corto tiempo que transcurre desde inmediatamente antes hasta inmediatamente después del choque, los pesos de martinete y pilote y la fuerza F, de resistencia de la arena son todas no impulsivas. La fuerza impulsiva R es interna al sistema y por ello se cancela. Por consiguiente, se conserva la cantidad de movimiento en la dirección vertical.

www.elsolucionario.org W,,=o

I1

-R

¡V

R

It

¡¡

Wp=O y

(b)

Conservación de la cantidad de movimiento. Como el martinete no rebota del pilote inmediatamente después del choque, entonces (VH)2 = (Vp)2 = V2' (+

!)

= mHv2 + mpv2 300(3.13) + O = 300V2 + 800V2 V2 = 0.854 mis

m/I.,vH)¡ + m~vp)l

Principio del impulso y la cantidad de movimiento. Ahora, el impulso que imparte el martinete al pilote se puede calcular porque se conoce Vz. De acuerdo con el diagrama de cuerpo libre del martinete, figura 15.11c, tenemos que (e)

(+ L)

m!Á VH)¡ + r. ClzF), dt = mHv2

JI¡ 300(3.13) -

JR dt

f R dt Fig.lS.ll

=

=

300(0.854)

683 N . s

Resp.

Trate de calcular este impulso aplicando el principio de impulso y cantidad de movimiento al pilote. I

r

www.elsolucionario.org SECo 15.3 CONSERVACIÓN DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO...

.. Ejemplo 15.8 Un niño tiene una masa de 40 kg Yestá parado en la parte trasera de un tobogán de 15 kg que originalmente está en reposo, figura lS.l2a. Si camina hacia el frente B y se detiene, calcule la distancia que recorre el tobogán. Desprecie la fricción entre la cara inferior del tobogán y el terreno (hielo). SOLUCIÓN 1 DÜlgrama de cuerpo libre. La fuerza de fricción, desconocida, entre los zapatos del niño y el tobogán puede excluirse del análisis si tobogán y niño se consideran como sistema único. De' este modo, la fuerza F de fricción se hace interna y se aplica la conservación de la cantidad de movimiento. Como las cantidades de movimiento inicial y final del sistema son cero (porque las velocidades inicial y final son cero), la cantidad de movimiento del sistema también debe ser cero cuando el niño está en algún punto intermedio entreA y B, figura lS.l2b. Conservación de la cantidad de movimiento ( ~) ~

- mbvb + m,v,

(

B

l---2 m---1 (a)

O

(1) En este caso, las dos incógnitas Vb Y v, representan las velocidades del niño y el tobogán medidas desde una referencia inercial fija, s, en el terreno. Las posiciones del puntoA del tobogán y el niño deben calcularse por integración; o sea que, como v = ds/dt, entonces - mbdsb + m¡1s, = O. Suponiendo que la posición inicial del puntoA está en el origen, figura lS.12c, entonces en una posición intermedia tenemos que - mbsb + m,s, = O. En la posición final el punto A del tobogán está ubicado a s, = +s a la derecha, en la misma dirección que v, , figura lS.l2c, y entonces cuando el niño se encuentra en B, este punto tiene la posición Sb = (2 - s) m hacia la izquierda (en la misma dirección que Vb)' Por consiguiente, =

-m b(2 - s) + m ,s = O s=

2mb = 2(40) = 1.45 m m b + m, 40 + 15

-

A F (b )

(2) Resp.

SOLUCIÓN 11 También puede resolverse el problema si se considera el movimiento relativo del niño con respecto al tobogán, Vb/" Esta velocidad se relaciona a las velocidades de niño y tobogán mediante la ecuación Vb = V, + Vb/, ecuación 12.34. Como se supone que el movimiento positivo es hacia la derecha en la ecuación 1, Vb Y Vb/' son negativas, ya que el movimiento del niño es hacia la izquierda. Por lo tanto, en forma escalar, - Vb = v, - vN" Y la ecuación 1 se vuelve m¡,( v, - vb/,) + m, v, = O. Al integrar se obtiene

¡--- s,

~

Pos ición final

LB

A

L

~2 m ---1

(e)

mb(s, - Sb/') + m,s, = O

Suponiendo que el punto A del tobogán se mueve una distancia s, = +s hacia la derecha, figura lS.l2c, y ya que Sb/, = 2 m, tenemos que mb(s - 2) + m,s = O, que es lo mismo que la ecuación 2.

s--1

Fig.lS.12

205

206

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

PROBLEMAS * 15.28. Un vagón de ferrocarril tiene una masa de 15 Mg Y rueda libremente a 1.5 mis en una vía horizontal. Al mismo tiempo otro vagón con masa de 12 Mg rueda libremente a 0.75 mis en la misma dirección. Si los vagones se encuentran y se enganchan, calcule la velocidad de ambos inmediatamente después del enganche. Calcule la diferencia entre la energía cinética total inmediatamente antes y justo después de haber ocurrido el acoplamiento, y explique cualitativamente lo que le sucede a la energía. 15.29. Un camión B pesa 15 000 lb Yviaja hacia la derecha a 5 ft/s. Mientras tanto, un vehículo A de 3,000 lb viaja hacia la izquierda a 4 ft/s. Si los vehículos chocan de frente y se enganchan, calcule su velocidad común inmediatamente después del choque. Suponga que no se aplican los frenos durante el choque. 15.30. Un vagón de ferrocarril pesa 30 000 lb Yviaja en sentido horizontal a 30 ft/s. Al mismo tiempo otro vagón que pesa 10000 lb viaja a 5 ft/s en sentido contrario. Si los vagones se encuentran y se enganchan, calcule la velocidad de ambos inmediatamente antes y después de haberse enganchado. Calcule la energía cinética de ambos vagones antes y después del enganche, y explique en forma cualitativa lo que sucedió con la diferencia de esas energías. 15.31. Una bala que pesa 0.025 lb viaja con velocidad esencialmente horizontal a 100 ft/s cuando choca con un bloque que pesa 21b. Si el bloque descansa en una supérficie lisa, calcule la velocidad del bloque después del impacto si la bala penetra 3 in en él. ¿Cuál es el impulso de la bala sobre el bloque?

* 15.32. Los dos carritos A y B tienen cada uno una

masa de 80 kg. Si el hombre e tiene una masa de 70 kg Y brinca de A con velocidad horizontal relativa de VelA = 2 mis y cae en B, calcule la velocidad de cada carrito después del brinco. Desprecie los efectos de la resistencia a la rodadura.

-

Vel A

= 2 mis

15.33. Un joven que pesa 100 lb camina hacia adelante sobre la superficie del carrito de 60 lb de peso con velocidad constante de 3 ft/s en relación con el carrito. Calcule la velocidad del carrito y su desplazamiento en el momento en que se baja. Desprecie la masa de las ruedas.

1--6ft--l Prob.lS.33

15.34. La barcaza B pesa 30 000 lb Ysostiene un automóvil que pesa 3000 lb. Si la barcaza no está amarrada al muelle P y alguien conduce el automóvil hacia el otro lado para descargarlo, calcule a qué distancia se aleja la barcaza del muelle. Desprecie la resistencia del agua.

Prob.lS.34

15.35. Un hombre con patines en el hielo arroja un bloque de 8 kg con velocidad inicial de 2 mis, en relación con él, en la dirección que se muestra en la figura. Si al principio estaba en reposo y completa ellanzamiento en 1.5 s, manteniendo rígidas sus piernas, calcule la velocidad horizontal que adquiere inmediatamente después de soltar el bloque. ¿Cuál es la reacción vertical de sus dos patines en el hielo durante el lanzamiento? El hombre tiene una masa de 70 kg. Desprecie la fricción y el movimiento de sus brazos.

Prob.lS.3S

PROBLEMAS

* 15.36. El paquete de 10 kg se suelta desde el reposo en A y se desliza hacia abajo de la rampa lisa llegando a un carrito que tiene masa de 25 kg. Si el coeficiente de fricción cinética entre carrito y paquete es )1k = 0.8, calcule la velocidad final del carrito después que el paquete detiene su deslizamiento sobre él. También, calcule el tiempo que se desliza el paquete sobre el carrito. Desprecie la masa de las ruedas.

15.39. Dos hombres, A y B que pesan cada uno 160 lb, están sobre un carrito de 200 lb. Los dos corren con una velocidad de 3 ft/s medida desde el carrito. Calcule la velocidad final del carrito si: (a) A corre y salta fuera, y a continuación B corre y salta del mismo extremo; y (b) ambos corren y saltan al mismo tiempo. Desprecie la masa de las ruedas y suponga que los saltos se hacen en dirección horizontal.

@

Prob.lS.36

207

'l "l

®

Prob.lS.39

15.37. Los jóvenes están parados en sus patines de hielo y se sujetan a los extremos de la cuerda. Si co- * 15.40. Una caja A, que tiene una masa de 20 kg, se mienzan a jalar de ella de tal modo que su velocidad suelta del reposo en la posición que se muestra en la relativa de acercamiento es vrel = 2 mis, calcule sus figura y se desliza libremente hacia abajo de la rampa velocidades en el momento en que se encuentran. Si lisa. Cuando alcanza la parte inferior, se desliza horila cuerda tiene 5 m de longitud, ¿cuánto tiempo pa- zontalmente sobre la superficie de un carrito de 10 sará antes de que se abracen? El joven tiene una ma- kg, Y en este caso el coeficiente de fricción cinética sa de 60 kg Yla joven de 50 kg. entre carrito y caja es )1k = 0.6. Si h = 0.2 m, calcule la velocidad final del carrito una vez que el bloque se detiene sobre él. También, determine la posición s de 5m la caja sobre el carrito después de haberse detenido sobre él.

Prob.lS.37

15.38. Dos llantas de automóvil, A y B tienen cada una 10 kg de masa y se deslizan sobre una superficie helada para chocar en O. Después del choque, las llantas se deslizan en las direcciones que se indican, 6 m y 4 m, respectivamente, antes de detenerse enA' y B' respectivamente. Calcule las velocidades iniciales de las llantas inmediatamente antes del choque. El coeficiente de fricción cinética es )1k = 0.15. Desprecie el tamafio de las llantas. Sugerencia: Como no se ha definido la línea de impacto, aplique la conservación de la cantidad de movimiento a lo largo de los ejes x' y y' respectivamente.

Prob.1S.40 15.41. Un tobogán tiene 10 kg de masa y parte del reposo en A . Lleva a una nifia y un nifio cuya masa es 40 y 45 kg, respectivamente. Cuando el tobogán alcanza la parte inferior de la pendiente en B, el nifio sale de atrás del trineo con velocidad horizontal vb/I = 2 mis, en relación con el tobogán. Calcule la velocidad del tobogán después de esto. Desprecie el efecto de la fricción en los cálculos. A

3m

I Prob.lS.41

www.elsolucionario.org 208

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

15.42. Dos automóviles A y B, cuyas masas son de 1.6 • 15.44. La rampa de rodamiento libre tiene un peso Mg cada una, chocan en el pavimento helado de un de 120 lb. Si el niño, cuyo peso es 80 lb, se desliza cruce. La dirección del movimiento de cada automó- partiendo del reposo en la parte superior A, calcule vil después del choque se mide según las huellas en la la velocidad de la rampa cuando el niño llega a la nieve y resulta ser la que se indica en la figura. Si el parte inferior en B. Suponga que la rampa es lisa y conductor del vehículo A declara que conducía a 50 desprecie la masa de las ruedas. El niño se desliza 15 km/h inmediatamente antes del choque y que des- ft a lo largo de la rampa para ir deA a B. pués de la colisión aplicó los frenos y su vehículo derrapó 4 m antes de detenerse, calcule la velocidad aproximada del vehículo B inmediatamente antes del choque. Suponga que el coeficiente de fricción cinética entre las ruedas de los vehículos y el pavimento es Jlk = 0.15. Nota: No se ha definido la línea de im15 ft pacto; además esta información no se necesita para resolver el problema.

o

B~--------------~~

B

Prob.lS.44

-----4rO---.----------- x "', ..... 30°

15.45. El bloqueA tiene una masa de 2 kg Y se desliza hacia una caja con su tapa abierta B, con una velocidad de 2 mis. Si la caja tiene una masa de 3 kg Y descansa sobre una placa P cuya masa es de 3 kg, calcule la distancia a la cual se mueve la placa cuando detiene su deslizamiento sobre el piso. También, ¿cuánto tiempo pasa después del impacto para que cese todo movimiento? El coeficiente de fricción cinética entre la caja y la placa es Jlk = 0.2, Yentre la placa y el piso es JI'k = 0.4. El coeficiente de fricción estática entre la placa y el piso es JI's = 0.5.

www.elsolucionario.org 4m'~ . . .

Prob. lS.42

15.43. Los dos coches de juguete A y B tienen un peso de 0.4 lb Y 0.6 lb, respectivamente. A uno de ellos se le le fija un resorte cuya rigidez es de 30 Ib/ft Y se comprime 0.2 ft con el otro vehículo. Calcule la velocidad de cada vehículo inmediatamente después de soltarlos desde el reposo.

15.46. El bloque A tiene una masa de 2 kg Yse desliza dentro de una caja sin tapadera B con una velocidad de 2 mis. Si la caja tiene una masa de 3 kg Ydescansa sobre una placa P cuya masa es de 3 kg, calcule la distancia a la que se mueve la placa cuando detiene su deslizamiento sobre el piso. También, ¿cuánto tiempo pasa después del choque para que cese todo movimiento? El coeficiente de fricción cinética entre caja y placa es Jlk = 0.2, Yentre placa y piso es JI'k = 0.1. El coeficiente de fricción estática entre placa y piso es JI's = 0.12.

2 mis

B

p

Prob.lS.43

Probs.lS.4S/1S.46

SECo 15.4 IMPACTO

209

15.4 Impacto El impacto se efectúa ,c uando dos cuerpos chocan entre sí durante un intervalo de tiempo muy breve, originando fuerzas relativamente grandes (de impulsión) que se ejercen entre los cuerpos. El golpe de un martillo sobre un clavo, o de un palo de golf con la pelota son ejemplos de cargas de impacto. En general, hay dos tipos de impacto. El impacto central, que se efectúa cuando la dirección de movimiento de los centros de masa de las dos partículas que chocan está a lo largo de una línea que pasa por dichos centros de masa. A esta línea se le llama línea de impacto, figura 15.13a. Cuando el movimiento de una o ambas partículas tiene un ángulo con la línea de impacto, figura 15.13b, al impacto se le llama impacto oblicuo.

Impacto central. Como ejemplo del método de análisis de la mecánica del impacto, veremos el caso del impacto central de dos partículas lisas A y B, como se muestra en la figura 15.14. 1.

2.

3. 4.

Las partículas tienen las cantidades iniciales de movimiento que aparecen en la figura 15.14a. Siempre que (VA)! >(VB)!' existirá un choque, Durante el choque, debe imaginarse que el material de las partículas es deformable y no rígido. Las partículas pasarán por un periodo de deformación tal que ejercen un impulso igual, pero opuesto, de deformación,f P dt entre sí, figura 15.14b. Sólo en el instante de deformación máxima se moverán las partículas con una velocidad común v, figura 15.14c. Después se presenta un periodo de restitución, en el que el material del que están hechas las partículas regresará a su forma original o permanecerá deformado. El impulso de restitución igual, pero opuesto, R dt empuja a las partículas alejándolas entre sí, figura 15.14d. En realidad, las propiedades físicas de dos cuerpos cualesquiera son tales que el impulso de deformación siempre es mayor que el de restitución, es decir,f P dt > R dt. Inmediatamente después de separarse las partículas tendrán las cantidades de movimiento que se muestra en la figura 15.14e, siendo (VB)2 >(VA)2.

f

f

5.

En la mayor parte de los problemas se conocen las velocidades iniciales de las partículas y será necesario calcular sus velocidades finales (vAh Y (VBh- A este respecto, se conserva la cantidad de movimiento para el sistema de partículas, ya que durante el choque los impulsos internos de deformación se anulan. Por lo tanto, en cuanto a las figuras 15.14a y e, es necesario que (15.10)

P!ano de contacto

Línea de imp;'lCla

Impal10 central

(al

Línea de impacto

Impa<.10 Oblicuo

(bl

Fig.lS.13

210

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTíCULA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

Para obtener una segunda ecuación, necesaria para despejar a (VA)2 Y ( VB)2, debemos aplicar el principio del impulso y la cantidad de movimiento a cada partícula. Por ejemplo, durante la fase de deformación de la partícula A, figuras .15.14a, 15.14b, y 15.14c, tenemos que

I1IB(~ Se necesita que

B

(VA)' > (V8)'

(~.. )

Para la fase de restitución, figuras 15.14c, 15.14d Y15.14e,

Antes del choq ue (a)

.

(~ ) JPdl

W

- J Pdl

B~

(A EfectodeA sobreB

Efecto de B sóIlre.

La razón de impulso de restitución a impulso de deformación se llama coeficiente de restitución, e. De acuerdo con las ecuaciones anteriores, este valor para la partículaA, es

Impulso de In deform
fR dt v - (VA)2 e =--=-----=--='-" fPdt (VA)! - V

(b)

De igual manera, podemos establecer e para la partícula B, figura 15.14. Esto da como resultado

v

B

f

e = R dt = (VB)2 - V

f P dt

Deformación múxima (e)

v - (VB)!

Si se elimina la incógnita v de las dos ecuaciones anteriores, el coeficiente de restitución ruede expresarse en términos de las velocidades iniciales y finales de las partículas como: (~. )

Efccto deA sobreB

Efecto de B sobre A

Im pu lso de restitución

(d)

B

e = (VB)2 - (VA)2 (VA)! - (VB)!

(15.11 )

Siempre que se especifica un valor de e, pueden resolverse las ecuaciones 15.10 y 15.11 simultáneamente para obtener (vAh y ( VB)2. Sin embargo, al hacerlo es importante establecer con cuidado .una convención de signos para definir la dirección positiva tanto de vB como de VA' y entonces usarlo en forma consistente al formular amba~ ecuaciones. Como se hizo notar arriba, y se indicó simbólicamente en los paréntesis, hemos definido la dirección positiva hacia la derecha cuando nos referimos a los movimientos tanto deA como de B. Por lo tanto, si se obtiene un valor negativo para la solución, ya sea (vAh o de (VB)2' ello indica que su movimiento es hacia la izquierda.

Despúes del choq ue (e)

Fig. lS.14

Coeficiente de restitución. En relación con las figuras 15.14a y 15.14e, se observa que la ecuación 15.11 afirma que el coeficiente de restitución es igual a la relación de la velocidad relativa de separación de las partículas inmediatamente después del impacto,

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SECo 15.4 IMPACTO

(VB)2 - (VAh, Y la velocidad relativa de acercamiento de las partículas inmediatamente antes del impacto, (VA)¡ - (VB)¡. Midiendo en forma experimental esas velocidades relativas, se ha encontrado que e varía mucho de acuerdo con la velocidad de impacto, así como con el tamaño y la forma de los cuerpos que chocan. Por este motivo, el coeficiente de restitución sólo puede tenerse en cuenta cuando se usa en condiciones que se aproximen estrechamente a aquellas que se sepa que existieron cuando se hicieron las mediciones para determinarlo. En general, e tiene un valor entre cero y uno, y debe tenerse en cuenta el significado físico de esos dos límites.

=

Impacto elástico (e 1): Si el choque entre las dos partículas es perfectamente elástico, el impulso de deformación (f P dt) es igual y opuesto al impulso de restitución (f R dt). Aunque en realidad es-

to nunca se puede alcanzar, e

= 1 para un choque elástico.

Impacto plástico (e = O): Se dice que el impacto es inelástico, o

plástico, cuando e = O. En este caso no hay impulso de restitución en las partículas (f R dt = O), de modo que después del choque ambas partículas se acoplan o se pegan entre sí y se mueven con una velocidad común. De la deducción anterior es evidente que no se puede emplear el principio del trabajo y la energía para el análisis de este problema, ya que no es posible conocer cómo varían las fuerzas internas de deformación y restitución durante el choque. Sin embargo, si se conocen las velocidades de la partícula antes y después del choque, se puede calcular la pérdida de energía durante el choque basándose en la diferencia de energías cinéticas de la partícula. Esta pérdida de energía, EU¡.2 = ET2 - ET¡ , se tiene que algo de la energía cinética de la partícula se transforma en energía térmica, a la vez que crea el sonido y la deformación localizada del material cuando sucede el choque. En particular, si el impacto es perfectamente elástico, no se pierde ninguna energía en el choque; mientras que si el choque es plástico, la energía que se pierde durante el choque es máxima.

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS (IMPACTO CENTRAL) En la mayor parte de los casos deben calcularse las velocidades finales de dos partículas lisas inmediatamente después de haber sido sometidas a un impacto central directo. Siempre que se conozcan el coeficiente de restitución, la masa de cada partícula y la velocidad inicial de cada partícula inmediatamen.te antes del impacto, puede obtenerse la solución mediante las dos ecuaciones siguientes:

211

212

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTíCULA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

1. La conservación de la cantidad de movimiento se aplica al sistema de partículas, Dn V¡ = Dn V2. 2. El coeficiente de restitución, e = vBh - (VA)2)/(( VA)¡ ( VB)¡), relaciona las velocidades relativas de las partículas a lo largo de la línea de impacto, inmediatamente después e inmediatamente antes del choque.

«

Al aplicar las dos ecuaciones, puede suponerse el sentido de una velocidad desconocida. Si la solución arroja una magnitud negativa, la velocidad actúa en sentido contrario.

Impacto oblicuo. Cuando se tiene impacto oblicuo entre dos partículas lisas, éstas se apartan entre sí con velocidades cuyas direcciones y magnitudes se desconocen. Siempre que se conozcan las velocidades iniciales, en este problema se tienen cuatro incógnitas. Como se indica en la figura 15.15a, pueden representarse esas incógnitas ya sea mediante (vA)z, (VB)2' 82 Y f/J2' o bien mediante las componentes x y y de las velocidades finales .

~ +~

www.elsolucionario.org Línea dt! imp<.lcto

Ir--+-----x ( ; ; \ mB(vBx) 1

0!J-

t

Plano de contacto

mB(vByh

(a )

(b)

Fig.lS.lS

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS (IMPACTO OBLICUO) Si se establece el eje y en el plano de contacto y el eje x a lo largo de la línea de impacto, las fuerzas de impulsión, de deformación y restitución actúan sólo en la dirección de x, figura 15.15b. Descomponiendo los vectores velocidad o cantidad de movimiento a lo largo de los ejes x y y, figura 15.15b, es posible formular cuatro ecuaciones escalares independientes para calcular (VAT )2' (VAy)2' (VBJ2> Y (VBy)z. 1. La cantidad de movimiento del sistema se conserva a lo largo de la línea de impacto, o eje x, y entonces Dn( vx )¡ = Dn( V)2. T

SECo 15.4 IMPACfO

2. El coeficiente de restitución, e = (( VBx)2 - (VA')2)/(( VAx )1 (VBx)I), relaciona las componentes de la velocidad relativa de las partículas a lo largo de la línea de impacto (ejex). 3. La cantidad de movimiento de la partícula A se conserva a lo largo del eje y, perpendicular a la línea de impacto, ya que no actúa impulso alguno sobre la partícula A en esta dirección. 4. La cantidad de movimiento de la partícula B se conserva en la dirección del eje y, perpendicular a la línea de impacto, ya que no obra impacto alguno sobre la partícula B en esta dirección. En el ejemplo 15.11 se muestra la aplicación numérica de estas cuatro ecuaciones.

213

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214

CAP. 15 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

Ejemplo 15.9 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ _ _ _

~

El costal A, que tiene un peso de 6 lb, se suelta desde el reposo en la posición (J = 0°, como se ve en la figura 15.16a. Después de caer (J = 90°, choca con una caja B de 18 lb. Si el coeficiente de restitución entre costal y caja es e = 0.5, calcule las velocidades del costal y la caja inmediatamente después del impacto y la pérdida de energía durante el choque.

B

[)

I I I I I

~

"" 3 ft

I

"" 1<- _ 1/

/

"y/

~/

./

Línea de impacto

.--= -

(a)

SOLUCIÓN Este problema es de impacto central. ¿Por qué? Sin embargo, antes de analizar la mecánica del impacto, es necesario obtener primero la velocidad del costal inmediatamente antes de chocar con la caja .

Conservación de la energía. Seleccionamos la referencia en figura 15.16b, y se tiene que

(J

= 0°,

To + Vo = T! + V!

O + O = ~ ( 3~.2 }VA)Í - 6(3); Conservación de la cantidad de movimiento. Después del impacto, supondremos que A y B viajan hacia la izquierda. Aplicando

al sistema la conservación de la cantidad de movimiento,

:..-

( ~ )

mi VB)! + m A( VA)! = m B( VB)2 + m A( VA)2 6 18 6 0+ 32i 13 .9 ) = 32.2(VB)2 + 32.2(VA )2 (VA )2 =

(1)

13.9 - 3( V B )2

Coeficiente de restitución. Si tenemos en cuenta que para que se 6 1b (b)

efectúe la separación después del choque, (VB)z > (vA)2> figura 15.16c, entonces

e = (VB)Z - (VA)2 . (VA)! - (VB) I '

(2)

(VA)2 = (VB)2 - 6.95

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones 1 y 2 se obtiene (VA)2 = - 1.74 ft/s = 1.74 ft/s

--+

y (VB)2 = 5.21 ft/s

+-

Resp.

Pérdida de energía. Aplicando el principio del trabajo y la

energía inmediatamente antes e inmediatamente después del choque, se tiene

LVI - 2 = T 2 - TI ; (e)

LVI _ 2 =

[i(3~~2 }5.21)2 i(3~.2 f1.74)2 ] - [i(3~.2 } 13.9?] +

LVI _ 2 = -10.1 ft ·Ib Fig. lS.16

¿Por qué hay una pérdida de energía?

Resp.

SECo 15.4

IMPACfO

215

Ejemplo 15.10 La pelotaB que aparece en la figura 15.17a tiene una masa de 1.5 kg Y está suspendida del techo mediante una cuerda elástica de 1 m. Si la cuerda se estira hacia abajo 0.25 m y se suelta la pelota desde el reposo, calcule hasta dónde se vuelve a estirar la cuerda después de que la pelota rebota del techo. La rigidez de la cuerda es k = 800 N/m y el coeficiente de restitución entre pelota y techo es e = 0.8. La pelota hace un impacto central con el techo. SOLUCIÓN Es necesario primero obtener la velocidad inicial de la pelota inmediatamente antes de que choque con el techo.

-,

k= 800N/m

-}me vB)b -

=

WBYo + -}ks2 =

0- 1.5(9.81)(1.25) + ~800)(0.25)2

=

(a)

x

-}me VB)I + O ~1.5)( VB)I (vBh

Coeficiente de restitución 08=

(vA)¡ - (VB)¡

. (VB)2

=

(VB)2 - O 0-2.97 -2.37 mIs

= 2.37 mis !

Conservación de la energía. La extensión máxima s de la cuerda puede calcularse aplicando la ecuación de la conservación de la energía a la pelota inmediatamente después del choque. Suponiendo que y = Y3 = (1 + 53) m, figura 15.l7a, entonces T2 + V2

-}me VB)~

=

T3 V3

+ O = -}me VB)~

WBY3 + -}ks~

-

f{1.5)(2.37)2 = O - 9.81(1.5)(1 + S3) + i(800)55 400s~ - 14.72s3

-

18.94 = O

Se resuelve esta ecuación cuadrática 53

= 0.237

m

=

y

(vw)'

A continuación se verá la interacción de la pelota con el techo empleando los principios del impacto. * Nótese que el eje de las y, figura 15.17b, representa la línea del impacto. Como una parte desconocida de la masa del techo interviene en el impacto, la conservación de la cantidad de movimiento del sistema pelota-techo no se formulará. La "velocidad" de esa parte del techo es cero, ya que permanece en reposo tanto antes como después del impacto.

l)e = (VB)2 - (VA)2;

~

T¡ + V¡

(VB)¡ = 2.97 rn/s 1

(+

Referencia

1.25 m

B

Conservación de la energía. Se ubica la referencia como muestra la figura 15.17a, teniendo en cuenta que al principio y = Yo = (1 + 0.25) m = 1.25 m, tenemos que T¿ + Vo

)I

<,

/

I

y la raíz positiva es

237 mm

• Se considera que el peso de la pelota es fuerza no impulsiva.

Resp.

¡1

(v8)'

= (vwh = O

= 2.97

(b)

Fig.lS.17

mis

216

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTíCUlA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

Ejemplo 15.11

Pl "Dos discos lisos A y B, que tienen una masa de 1 y 2 kg respectivamente, chocan con velocidades iniciales como las que se indican en la figura 15.1&1. Si el coeficiente de restitución de los discos es e = 0.75, calcule las componentes x y y de la velocidad [mal de cada disco después del choque. Desprecie la fricción.

y

F,-'----x Lí nC"1 de i m pacto Plano de contacto

(a)

SOLUCIÓN El problema es de un impacto oblicuo. ¿Por qué? Para buscar una solución hemos establecido los ejes x y y a lo largo de la línea de impacto y del plano de contacto, respectivamente, figura 15-1&1. Descomponiendo cada una de las velocidades iniciales en las direcciones x y y, tenemos (VA.)! (vBx)!

-JFdt

tnA(VAx)1

mA(vAxh

-0+0+-==0mA(VAy)J

tnA(VAY)lt

tI )'0 .-B+ tnB(V8y)

= 3 cos 30 = 2.60 mis = -1 cos 45 = -0.707 mis 0

0

(vAy)! (VBy)!

~Fdt

mB

mB(vBy)2

BX

(V

B=B_

t

h

mA( VA,)! + mJ

(b)

(vA.)z

1 1ft

=

mA( VA,)2 + mJ

ySI

+ 2( VBx)Z = 1.18

(1)

Coeficiente de restitución (x). Se supone que ambos discos tienen componentes de velocidad en la dirección +x después del choque, figura 15.18b.

blc im

e

=

(VBx)Z - (vA.)z (VA,)! - (Va,)!

0.75 = (VB,)2 - (VA,)Z 2.60 - (-0.707)

;

(Va.)z - (VA.)2 = 2.48

Despejando

v

a (VA.)Z Y (va')z

de esas ecuaciones

(2) se obtiene

1/;,1,= I.Y6m/,

(VA.)Z -I

B

= -1.26 mis = 1.26 mis ~

(VBx)2

= 1.22 mis

--+

Resp.

Conservación de la cantidad de movimietuo en la dirección 'y". La cantidad de movimiento de cada disco se conserva en la dirección y (plano de contacto), ya que los discos son lisos, y por lo tanto ningún

I--.----x

impulso externo actúa en esta dirección. De la figura 15.18b, (el

(+

i) mA(

vAy)!

(+ i) mB( VBy)! Fig.15.18

15.

de:

( ~)

li,=~A

*15. Y s pel fici

Va')z

1(2.60) + 2( -0.707) = 1( VA,)2 + 2( Va,)2

11

l'

Va,)!

0.4

sol

acuerdo con los diagramas de cantidad de movi-uento, tenemos + --+)

al, de

0

Las cuatro componentes desconocidas de velocidad después del choque se supone que actúan en dirección positiva, figura 15.18b. Como el impacto sólo se tiene en la dirección x (línea de impacto), la conservación de la cantidad de movimiento para ambos discos se puede aplicar en esa dirección. ¿Por qué?

(

ció

0

Conservación de la canüdad de movimiento en dirección '~". De

mB(VBX

15.

mu me kg,

= 3 sen 30 = 1.50 mis = -1 sen 45 = -0.707 mis

www.elsolucionario.org 0

1

l

= mA( = mJ

VAy)Z (VAy)Z VBy)Z (VBy)Z

= 1.50 mis i = -0.707 mis = 0.707 rn/s I

Resp. Resp.

Demuestre que cuando se suman las componentes de la velocidad, se obtienen los resultados que se indican en la figura 15.1&.

4r en

www.elsolucionario.org

PROBLEMAS

217

PROBLEMAS 15.47. El bloque B tiene una masa de 0.75 kg Y se mueve hacia adelante con velocidad (VE)¡ = 4 mis inmediatamente antes de chocar con el bloqueA de 1.5 kg, que está en reposo. Si el coeficiente de restitución entre los bloques es e = 0.7, calcule la distancia a la cual resbala A antes de detenerse. El coeficiente de fricción cinética entre bloques y superficie es I-'k = 0.4. Desprecie el tamaño de cada bloque.

A

Prob.15.47

15.50. El disco A tiene una masa de 2 kg Yse desliza sobre la superficie lisa con velocidad (VA)¡ = 5 mis cuando choca con el disco B de 4 kg, que se deslizaba hacia A con (VE)¡ = 2 mIs, y el impacto es directo y central. Si el coeficiente de restitución entre los discos es e = 0.4, calcule las velocidades de A y B inmediatamente después del choque.

------- ~------~-- -- -- A

B

Prob.15.50

* 15.48. Una pelota de marfil tiene una masa de 200 g Y se suelta desde el reposo a una altura de 400 mm sobre una superficie metálica muy grande y fija. Si la pelota rebota a una altura de 325 mm sobre la superficie, calcule el coeficiente de restitución entre pelota y superficie.

15.51. Un disco de acero de 6 lb tiene velocidad inicial 20 ft/s y choca de frente con otro disco de acero que pesa 24 lb, en reposo, sobre una superficie lisa. Si el choque es perfectamente elástico, calcule la velocidad de cada disco después del choque y el impulso neto que el disco de 6 lb imparte al de 24 lb.

15.49. El bloque B tiene una masa de 0.75 kg y se * 15.52. Se le da una velocidad inicial (vA) ¡ = 5 mIs a desliza sobre la superficie lisa con velocidad CVE)¡ = la bola blancaA. Hace un choque directo con la bola 4 mis cuando choca con el bloque A de 2 kg, que está roja B Ce = 0.8). Calcule la velocidad de B y el ángulo en reposo. Si el coeficiente de restitución entre los e inmediatamente después de rebotar en la mesa en bloques es e = 0.5, calcule las velocidades de A y B e Ce' = 0.6). Cada bola tiene una masa de 0.4 kg. Desprecie el tamaño de las bolas. inmediatamente después del choque.

4 mis

A

Prob.15.49

Prob. 15.52

218

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTÍCUlA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

15.53. Las dos bolas de billar A y B están original- * 15.56. El portafolios A de 15 lb se suelta desde el remente en contacto entre sí cuando una tercera bola e poso en C. Después de resbalar hacia abajo de la choca con ellas en el mismo instante, como se indica rampa lisa, choca con el portafolios B de 10 lb, que en la figura. Si la bola e se queda en reposo después está en reposo. Si el coeficiente de restitución entre del choque, calcule el coeficiente de restitución. To- portafolios es e = 0.3, Y el coeficiente de fricción cidas las bolas tienen la misma masa. Desprecie el ta- nética entre el piso DE y cada uno de los portafolios mafio de éstas en los cálculos. es f.lk = 0.4, calcule (a) la velocidad de A inmediatamente antes del impacto, (b) las velocidades deA y B inmediatamente después del impacto, y (e) la distancia a la que se desliza B antes de detenerse.

Prob.lS.S3

15.54. Un balón de basquetbol tiene 2 lb de peso y se arroja con velocidad de 40 ft/s contra un tablero liso y rígido a un ángulo de 60 0 con su superficie. Si el choque es "perfectamente elástico", ¿qué impulso se le da al tablero?

Prob.lS.S6

15.57. Cada una de las tres bolas tiene una masa m. Si A se suelta desde el reposo en fJ, calcule el ángulo ~ al que se levanta e después del choque. El coeficiente de restitución entre cada bola es e.

15.55. El martinete H tiene 10 Mg de masa y se deja caer desde el reposo 0.75 m sobre un yunque forjado P con masa de 6 Mg. El yunque está montado en un conjunto de resortes cuya rigidez combinada es k T = 3MN/m. Calcule la compresión máxima de los resortes originada por el impacto si el coeficiente de restitución entre martillo y yunque es e = 0.5. Desprecie la fricción con las guías verticales A y B. Prob.lS.S7

15.58. La nifia arroja la pelota de 0.5 kg hacia la pared con una velocidad inicial VA = 10 mis. Calcule (a) la velocidad a la cual choca con la pared en B, (b) la velocidad a la que rebota de la pared, si el coeficiente de restitución es e = 0.5, Y(e) la distancia s de la pared a la cual la bola llega al piso en C.

/ /

/

/ /

/ / / /

/ /

e

e

3m

Prob.lS.SS

Prob.lS.S8

===1

PROBLEMAS

15.59. Antes de que un arándano llegue a nuestra mesa, debe pasar por una prueba de rebote que evalúa su calidad. Si los arándanos con e 2 0.8 son los . que se van a aceptar, calcule las dimensiones d y h de la barrera para que cuando caiga un arándano desde el reposo enA, choque con la placa en B y rebote pasando la barrera en C.

219

15.62. La bola de 2 kg cae desde el reposo desde una altura de 3 m sobre el plano inclinado. Si el coeficiente de restitución es e = 0.8, calcule la distancia d a la cual vuelve a chocar con el plano. Desprecie el tamaño de la bola.

Prob.15.62

Prob.15.59

* 15.60. Se observa que los granizos chocan con la superficie de un lago helado a un ángulo de 60° con la horizontal y rebOtan a un ángulo de 45°. Calcule el coeficiente de restitución.

15.63. Se arroja una bola hacia un piso áspero a un ángulo e. Si rebota a un ángulo rp y el coeficiente de fricción cinética es Ji, calcule el coeficiente de restitución e. Desprecie el tamaño de la bola. Sugerencia: Durante el impacto, los impulsos promedio en las direccionesx y y se relacionan mediante Ix = J1lr Como el tiempo de impacto es el mismo, Fx l!.t = JlFy l!.t, o seaFx = JlFr

15.61. Si los granizos del problema 15.60 se elevan a una altura de 0.5 m después de rebotar, calcule su ve- * 15.64. Se arroja una bola hacia un piso áspero a un locidad en el momento del impacto. ángulo e = 45°. Si rebota con el mismo ángulo rp = 45°, calcule el coeficiente de fricción cinética entre el piso y la bola. El coeficiente de restitución es e = 0.6. Sugerencia: Durante el impacto, los impulsos promedio en las direcciones x y y están relacionados mediante Ix = J1lr Como el tiempo de impacto es el mismo, Fx l!. t = JlFy l!.t, o sea Fx = JlFr /

/

/ , ! ----' T

O.Sm

1

'

'~

45' ¡

, 60 \

x

Probs. 15.60/15.61

Probs. 15.63/15.64

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220

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTíCUlA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

1:

15.65. La bola A choca con la bola B en reposo, con * 15.68. La esfera de masa m cae y choca con el bloque triangular con una velocidad vertical v. Si el blouna velocidad inicial de (vA)! como se indica en la fique descansa en una superficie lisa y tiene masa 3m, gura. Si ambas bolas tienen la misma masa y el choque es perfectamente elástico, calcule el ángulo () calcule su velocidad inmediatamente después del después del chooue. Desprecie el tamaño de las bolas. choque. El coeficiente de restitución ese.

El

de de al

to,

ea

o

r

F. un cu (e

L< Prob.lS.6S

15.66. La "piedra" A que se usa en el deporte de curling se arroja sobre la pista de hielo y choca con otra "piedra" en B, como se indica en la figura. Si cada "piedra" tiene un peso de 47 lb Y el coeficiente de restitución es e = 0.7, calcule sus velocidades finales después del choque. Al principio, A tiene 8 It/s de velocidad y B está en reposo. Calcule la fricción.

Prob.15.68

Al al tu

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15.69. El disco A pesa 2 lb Y se desliza sobre el plano horizontal liso con velocidad de 3 ft!s. El disco B pesa 11 lb y está en reposo. Si después del impacto A tiene una velocidad de 1 ít/s y está dirigida a lo largo del eje positivo de las x, calcule la velocidad de B después del impacto. ¿Cuánta energía cinética se pierde en el choque?

m,

gl se ca

x·

er

pe y

Prob.lS.66 -+-.::""Iofo:=-t----

15.67. Si el disco A resbala a lo largo de la tangente al disco B y choca con él con velocidad v, calcule la velocidad de B después de la colisión y determine la pérdida de energía cinética en el choque. Desprecie la fricción. El coeficiente de restitución es e y cada disco tiene las mismas dimensiones, y la masa m.

D

O

es

1 A

Prob.lS.67

x

i

Prob.15.69

se ft/s

pe

SECo 15.5

MOMENTO ANGUlAR

221

15.5 Momento angular El momento angular de una partícula con respecto al punto O se define como el "momento" de la cantidad de movimiento lineal de la partícula, con respecto a O. Como este concepto es análogo al de calcular el momento de una fuerza con respecto a un punto, al momento angular, Ho , se le llama a veces momento de la cantidad de movimiento.

Formulación escalar. Si una partícula se mueve a lo largo de una curva en el plano x - y figura 15.19, se puede calcular en cualquier instante el momento angular con respecto al punto O (en realidad, con respecto al eje z), con una formulación escalar. La magnitud de Ho es

I (Ho)z = (d)(mu) I

(15.12) x

Aquí, d es el brazo del momento, o distancia perpendicular de O a la línea de acción de mv. Las unidades comunes de esa magnitud son kg . m2Js o slug . ft2JS. La dirección de Ho está definida mediante la regla de la mano derecha. Como se muestra en la figura 15.19, la curva de los dedos de la mano derecha indica el sentido de rotación de mv con respecto a O, de modo que en este caso el pulgar (o Ho) está dirigido perpendicularmente al plano x - y, y a lo largo del eje z positivo.

Fig.lS.19

Formulación vectorial. Si la partícula se mueve por una curva en el espacio, figura 15.20, puede emplearse el producto vectorial para calcular el momento angular con respecto a O. En este caso, 110 = r x mv

(15.13)

Donde r representa al vector de posición trazado desde el centro O de momentos a la partícula P. Como se indica en la figura, Ho es perpendicular al plano sombreado que contiene a r ya mv. Para evaluar al producto vectorial, o producto cruz, r y mv se deben expresar en términos de sus componentes cartesianos para que el momento angular sea igual al determinante:

Ho =

rt

j

k

ry

rz

mUr muy muz

p

~------y

Kl

~Ho= r x m"

x

Fig.lS.20

(15.14)

222

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

15.6 Relación entre el momento de una fuerza y el momento angular Los momentos con respecto al punto O de todas las fuerzas que actúan sobre la partícula en la figura 15.21a pueden relacionarse con el momento angular de dicha partícula empleando la ecuación del movimiento. Si la masa de la partícula es constante, podemos escribir EF=mv

Los momentos de las fuerzas con respecto al punto O pueden calcularse efectuando el producto vectorial de cada lado de esta ecuación por el vector de posición r, que se mide en el marco de referencia inercial x, y, z. Tenemos entonces EMo = r

x

EF = r

x

mv

De acuerdo con el apéndice e, la derivada de r x mv puede escribirse en la forma

). . H·!J..¡ 0= dt\r x mv = r x mv + r x mv El primer término del lado derecho, r x mv = m(r x r) = 0, ya que el producto vectorial de un vector por sí mismo es cero. Por lo tanto, la ecuación de arriba se vuelve (15.15) Esta ecuación dice que el momento resultante de todas las fue17as que actúan sobre la partícula, con respecto al punto O, es igual a la rapidez de cambio del momento angular de la partícula con respecto al punto O. Este resultado es semejante a la ecuación 15.1, es decir, [ EF=L

)I------y

o

Si~le lll ;1

x

In cn..·i ~¡J de

Cl)t)rdcn:lui1~

(a)

Fig.15.21

I

(15.16)

En ella, L = mv, y por lo tanto, la fuerza resultante que actúa sobre la partícula es igual a la rapidez de cambio de la cantidad de movimiento de la partícula. De acuerdo con las deducciones, observamos que las ecuaciones 15.15 y 15.16 en realidad son otro modo de enunciar la segunda ley del movimiento de Newton. En otras partes de este libro se demostrará que esas ecuaciones tienen muchas aplicaciones prácticas, cuando se amplían y se aplican a la solución de problemas en los que intervienen ya sea un sistema de partículas o un cuerpo rígido.

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SECo 15.6 RElACIÓN ENTRE EL MOMENTO DE UNA FUERZA...

Sistema de partículas. Se puede deducir una ecuación que tiene la misma forma que la ecuación 15.15 para el sistema de n partículas que se indica en la figura 15.21. Las fuerzas que actúan sobre la iésima partícula, arbitraria, del sistema, consisten de una fuerza externa resultante F¡ y la fuerza interna resultante f¡ = EJ _I(j . ¡) fijo Expresando los momentos de esas fuerzas con respecto al punto O, y empleando la ecuación 15.15, se tiene que (r¡ x F;) + (r¡ x f;)

=

(8;)0

Aquí r¡ representa el vector de posición que se traza desde el origen O de un marco inercial de referencia hasta la iésima partícula, y ( 8¡)0 es la rapidez de cambio del momento angular de la iésima partícula con respecto a O. Se pueden formular ecuaciones semejantes para cada una de las demás partículas del sistema. Cuando se suman vectorialmente los resultados, se l\ega a E(r¡ x F;) E(r¡ x f;) = E(Ú;)o

El segundo término es cero, porque las fuerzas internas se dan en pares iguales pero opuestos, y como cada par de fuerzas tiene la misma línea de acción, el momento de cada par de fuerzas con respecto al punto O es entonces cero. Por lo tanto, quitando la notación de índices, la ecuación anterior se puede escribir en forma simplificada de: (15.17) 10 que nos dice que la suma de los momentos con respecto a O de todas las fuerzas externas que actúan sobre un sistema de partículas es igual a la rapidez de cambio del momento angular total del sistema de partículas con respecto al punto O. Aunque se ha escogido

el punto O en este caso como el origen de coordenadas, en realidad puede ser cualquier punto fijo en el sistema inercial de referencia.

r - - ---y o

x

Si . . I~I1I ~1 ilH.:rci¡,1 1.11: cÚl) rd l.! llnd.-. s

(b)

Fig. 15.21

223

224

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

.. Ejemplo 15.12

La caja que se muestra en la figura 15.22a tiene masa m y se mueve hacia abajo por la rampa circular lisa de tal modo que cuando está en el ángulo () tiene una velocidad v. Calcule su momento angular con respecto al punto O en este instante y la rapidez de aumento de su velocidad. o

.-sen O

\l

,;1z N (a)

(b)

Fig. 15.22

SOLUCIÓN

Como v es tangente a la trayectoria, aplicando la ecuación 15.12 el momento angular es

Ho=rmv) www.elsolucionario.org

Resp.

La rapidez de aumento de la velocidad (dv/dt) puede calcularse aplicando la ecuación 15.15. De acuerdo con el diagrama de cuerpo libre, figura 15.22b, se ve que sólo el peso W = mg contribuye al momento con respecto al punto O. Se tiene entonces d

mg(r sen fJ) = d¡(r m v) Como r y m son constantes, mgr sen () = rm

di)

dt

dv dt = g sen ()

Resp.

Desde luego, se puede obtener este mismo resultado a partir de la ecuación de movimiento aplicada en la dirección tangencial, figura 15.22b, es decir,

+ .r rFr =

mar;

mg sen () = m[ ~~ ) dv - =gsen () dt

Resp.

SECo 15.7 LOS PRINCIPIOS DEL IMPULSO Y MOMENTO ANGUlARES

15.7 Los principios del impulso y momento angulares Principio del impulso y momento angulares. Si se reformula la ecuación 15.15 en la forma r.M o dt = dHo Y se integra, se obtiene, si se supone que cuando t = t¡, Ho = (Ho)¡, Ycuando t = t 2, Ho = (Hoh

o sea (15.18)

A esta ecuación se le llama el principio del impulso y momento angulares. Los momentos angulares inicial y final (Ho)1 Y(Ho)2 se definen como el momento de la cantidad de movimiento lineal de la partícula (Ho = r x mv) en los instantes ti y t 2, respectivamente. El segundo término del lado izquierdo, r.f:,' Mo dt se llama impulso angular. Se calcula con base en la integración, con respecto al tiempo, de los momentos de todas las fuerzas que actúan sobre la partícula en el intervalo de tiempo ti a t 2• Como el momento de una fuerza con respecto al punto O se define como Mo = r x F, el impulso angular puede expresarse en forma vectorialcomo

impulso angular = f', MadI = f ll(r x F) dt JIl

)'1

(15.19)

En este caso r es un vector de posición que va del punto O a cualquier punto de la línea de acción de F. De modo semejante, empleando la ecuación 15.17, puede escribirse el principio del impulso y momento angulares para un sistema de partículas del siguiente modo: (15.20)

Aquí, el primero y tercer términos representan a los momentos angulares del sistema de partículas [r.Ho = r.(r¡ x mv¡)] en los instantes ti y t 2• El segundo término es la suma vectorial de los impulsos angulares dados a todas las partículas en el intervalo de t i a t 2• Recuérdese que esos impulsos se crean sólo por los momentos de las fuerzas externas que actúan sobre el sistema en el que, para la iésima partícula, Mo = r¡ x F¡. Formulación vectorial. Empleando los principios de impulso y cantidad ~e movimiento, es posible, por consiguiente, formular dos ecuaciones vectoriales que definan al movimiento de la par-

225

www.elsolucionario.org

226

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTíCUlA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

tícula, que son las ecuaciones 15.3 y 15.18, escritas en la siguiente forma:

(15.21 )

Formulación escalar. En general, las ecuaciones anteriores pueden expresarse en términos de componentes X, y, z, dando un total de seis ecuaciones escalares independientes. Si la partícula se limita a moverse en el plano x - y, pueden escribirse tres ecuaciones escalares independientes para expresar el movimiento, que son

m( vx ») + 1: J:"FTdi m( v)'») + 1:

(Ho») + 1:

= m( vT)z

i:'Fy dI = m(

Vy)2

(15.22)

f'l~odl = (Ho )2

J"

Las primeras dos de las ecuaciones anteriores representan el principio del impulso y cantidad de movimiento lineales en las direcciones x y y, que se ha descrito en la sección 15.1, y la tercera ecuación representa el principio del impulso y momento angulares con respecto al eje z.

Conservación del momento angular. Cuando todos los impulsos angulares que actúan sobre una partícula son cero durante el tiempo t) a t 2, la ecuación 15.18 se reduce a la siguiente forma simplificada: (15.23) A esta ecuación se le conoce como la conservación del momento angular. Dice que de t) a t 2 el momento angular de la partícula permanece constante. Es natural que, si no se aplica impulso externo a la partícula, se conservan tanto la cantidad de movimiento como el momento angular. Sin embargo, en algunos casos, el momento angular de la partícula puede conservarse, mientras que la cantidad de movimiento lineal no. Un ejemplo de lo anterior se tiene cuando la partícula está sujeta sólo a una fuerza central (véase Secc. 13.7). Como se muestra en la figura 15.23, la fuerza impulsiva central F siempre se dirige hacia el punto O a medida que la partícula se mueve por su trayectoria. Por lo tanto, el impulso angular (momento) creado por la fuerza F con respecto al eje z que pasa por el punto O siempre es cero y, por lo tanto, el momento angular de la partícula se conserva con respecto a este eje.

SECo 15.7

LOS PRINCIPIOS DEL IMPULSO Y MOMENTO ANGUlARES

y p

7\

o 1<--- - - - - -

X

Fig. lS.23

De acuerdo con la ecuación 15.20, podemos también formular la conservación del momento angular para un sistema de partículas, en la siguiente forma: (15.24) En este caso la suma debe comprender a los momentos angulares para todas las n partículas del sistema.

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS Al aplicar los principios de impulso y momento angular, o la conservación del momento angular, se sugiere emplear el siguiente procedimiento: Diagrama de cuerpo libre. Trace el diagrama de cuerpo libre

<:le la partícula para determinar cualquier eje con respecto al cual se conserve el momento angular. Para que suceda esto, los momentos (o impulsos) de las fuerzas con respecto al eje deben ser cero durante el periodo t, a t 2• Además del diagrama de cuerpo libre, también establezca la dirección y sentido de las velocidades inicial y final de la partícula. Un procedimiento alternativo sería trazar los diagramas de impulso y cantidad de movimiento de la partícula. Ecuaciones de momento. Aplique el principio del impulso y momento angulares, (H o), + E Mo dt = (Ho)2> o, si es el

f:'

caso, la conservación del momento angular, (Ho), = (Ho)2' Si se necesitan otras ecuaciones para resolver el problema, cuando sea el caso, use el principio de la cantidad de movimiento e impulso lineal, el principio del trabajo y la energía, las ecuaciones del movimiento y la cinemática.

Los ejemplos siguientes muestran la aplicación numérica de este procedimiento.

227

228

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTíCUlA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

Ejemplo 15.13 El bloque de 5 kg de tamaño despreciable descansa sobre el plano horizontal liso, figura 15.24a. Está fijo enA a una varilla delgada de masa despreciable. La varilla está unida a una junta esférica en B. Si se aplican un momento M = (31) N . m, estando 1 en segundos, a la varilla y una fuerza P = 10 N al bloque, como se indica en la figura, calcule la velocidad del bloque 4 s después de haber partido del reposo.

**, z

I

~

5 (9.81) N

Ah/__ _t - __ ~ ....-" F ,. .- I,M

(v

M=(3/)N . mc}' B~.4m"""" - P= IO N

1",-::;¡Io... ........ B

-

~

~

P = 10 N

0.4 m B

NA (b)

(a)

www.elsolucionario.org Fig.lS.24

SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. Si consideramos al sistema de la varilla y el bloque, figura 15 .24b, entonces la fuerza de reacción resultante FB puede eliminarse del análisis aplicando el principio del impulso y momento angulares con respecto al eje z. ¿Por qué? Si se hace esto, los impulsos angulares creados por el peso y la fuerza normal de reacción NA se eliminan también, porque actúan en dirección paralela al eje de las z y, por lo tanto, originan momentos cero con respecto a dicho eje.

Principio del impulso y momento angulares (Hz) ! + ~ f,"Mz dt

=

(Hz)z

(Hz)1 + f,"M di + rB~(t..I)

=

(Hz)z

I

I

f

4

0+ o 3t dt + (0.4)(10)(4) = 5(vA )z(0.4) 24 + 16 = 2(vA )z (VA)2 = 20 mis

Re!)p.

www.elsolucionario.org SECo 15.7 LOS PRINCIPIOS DEL IMPULSO Y MOMENTO ANGUlARES

Ejemplo 15.14

La pelota B, que se muestra en la figura 15.25a, tiene un peso de 0.8 lb Y está fijo a una cuerda que pasa por un agujero enA en una mesa lisa. Cuando la pelota está a r¡ = 1.75 ft del agujero, gira en círculo de tal modo que su velocidad es V¡ = 4 ft/s. Si aplicando una fuerza F se tira de la cuerda hacia abajo con una velocidad constante Ve = 6 ft/s, calcule (a) la velocidad de la pelota en el momento en el que pasa por r2 = 0.6 ft del agujero, y (b) la cantidad de trabajo efectuado por la fuerza F al acortar la distancia radial r. Desprecie el tamaño de la pelota. SOLUCIÓN

Parte (a) Diagrama de cuerpo libre. Cuando la pelota cambia de posición radial r¡ a r2 , figura 15.25b, se desconocen dos de las fuerzas que actúan sobre ella; sin embargo, como el efecto de la cuerda F sobre la pelota pasa a lo largo del eje de las z, y el peso y N B es paralelo a éste, los momentos o impulsos angulares creados por las fuerzas son cero todos ellos con respecto a este eje. Por lo tanto, se aplica la conservación del momento angular con respecto al eje z.

Ca)

Conservación del momento angular. Como se indica en la figura 15.25b, la velocidad de la pelota V2 se resuelve en dos componentes. Se conoce el componente radial, 6 ft/s; sin embargo, produce momento angular cero con respecto al eje z. Por lo tanto, 8¡ = 8

2

r¡mBv¡ = r2 m Bví

1.75( 30i~2 J4 = 0.6( 30i~2 J ví ví = 11.67 ft/s Así, la velocidad de la pelota es Fig.15.25 V2

=.¡ (11.67)2 + (6)2 =

Resp.

13.1 ft/s

Parte (b). La única fuerza que efectúa trabajo sobre la pelota es F. La fuerza normal y el peso no se mueven en sentido vertical. Se pueden calcular las energías cinéticas inicial y final de la pelota y, por lo tanto, de acuerdo con el principio del trabajo y la energía tenemos que T¡ + 'LU¡ - 2 = T 2

~ 30i~2 }4)2 + UF ~ 302~2 }13.1)2 =

UF = 1.94 ft . lb

Resp.

229

230

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTíCULA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

Ejemplo 15.15

Pl

El disco de 2 kg que se muestra en la figura 15.26a descansa sobre una superficie horizontal lisa y está fijo a una cuerda elástica con rigidez k¿ = 20 N/m, que inicialmente está sin tensión. Si al disco se le da una velocidad (VD)I = 1.5 mIs perpendicular a la cuerda, calcular la velocidad a la cual se estira la cuerda y la velocidad del disco en el instante en que la cuerda se encuentra 0.2 m estirada.

15.

mE las

SOLUCiÓN Diagrama de cuerpo libre. Después de haberse lanzado el dis-

x (a)

U!

J

co, se desliza a lo largo de la trayectoria de puntos que se ve en la figura 15.26b. Por inspección, se conserva el momento angular con respecto al punto O (o sea, el eje z), ya que el momento de la fuerza central Fe con respecto a O siempre es cero. También, cuando la distancia es 0.7 m, sólo contribuye la componente (V'D)2 en la producción de momento angular del disco con respecto a O. Conservación del momento angular. La componente (V'D)2 pue-

de calcularse aplicando la conservación del momento angular con respecto a O (el eje z); es decir, (Ho)¡ = (Ho)2 x

"

(b)

r¡mD( VD)¡ (~ +)

VÓ)2

0.5(2X1.5) = O.7(2X VÓ)2 (VÓ)2

Fig.lS.26

= rzmD(

15

pa

= 1.07 mis

O.

so

Conservación de la energía. Se puede calcular la velocidad del

disco aplicando la ecuación de conservación de energía en el punto en el que se dispara el disco, y en el punto en el que la cuerda se estira 0.2 m. TI + V¡ "

=

T2 + V2

~2)(1.5)2 + O = ~2X VD)~ + ~20)(0.2)2

Así, Resp. .

Habiendo calculado (VD)2 Ysu componente (VÓ)2' la velocidad de estiramiento de la cuerda (VÍD2 se calcula con el teorema de Pitágoras,

( VD")2 = .¡( VD)'i - ('VD)'i =.¡ (1.36)2 - (1.07)2 =

0.838 mIs

Resp.

.",..

PROBLEMAS

231

PROBLEMAS 15.70. Calcule el momento angular total Ha del sistema de tres partículas con respecto al punto o. Todas las partículas se mueven en el plano x-y.

1.5 kg

6m/S~ / / / / / / / /

B/

~~----~~------~~-----y -,--~---L------77----'-Y

o

900mm

B

700 rnm --7

4~A

G/

2m/s

600rnm ,/

x (b)

2.5 kg

1.5 kg

x

Prob.lS.71

* 15.72. En cada caso, calcule el momento angular Ha de cada una de las partículas con respecto al punto O. Emplee una solución escalar para la parte (a) y una vectorial cartesiana para la parte (b).

Prob.lS.70

15.71. En cada caso, calcule el momento angular Ha para cada una de las partículas con respecto al punto O. Emplee la solución escalar para la parte (a) y una solución vectorial cartesiana para la parte (b).

¡--s m

r7'

y

6kg

4m/s

12m 2ft

21bn

A...>:::::"

3fús

epoo I

300

41b

6ft

5 fús

6m/s

2m

B

5ft

______-.~-L--~---L--------x (a)

2ft

L•.•. 4 c.••~ 1.5 lb 2.5 ft/s

(a)

x

Prob.lS.72

(b)

www.elsolucionario.org

232

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

15.73. Cada una de las bolas de 5lb está fija en forma rígida al bastidor en cruceta. El bastidor tiene un peso despreciable. Si se aplica el momento de un par M = (5t + 2) lb . ft, con t en segundos, como se muestra, calcule la velocidad de cada pelota en 4 s, partiendo del reposo.

15.75. El proyectil que tiene una masa de 3 kg se dispara de un cañón con velocidad inicial de Vo = 500 mjs. Calcule el momento angular del proyectil con respecto al punto O en el instante en el que está en la altura máxima de su trayectoria.

//////9

y

Va /

/

/

A<---'---

x

www.elsolucionario.org Prob.15.75

Prob.15.73

15.74. Las dos esferas A y B tienen una masa de 400 g * 15.76. Un juego en un parque de diversiones consta cada una. Las esferas están fijas a las varillas horizon- de un carro fijo al cable OA. El carro gira en una tratales, y su velocidad inicial es 2 mis en la dirección in- yectoria circular horizontal y alcanza una velocidad dicada. Si se aplica un momento de par M = 0.6 N . m VI = 4 ft/s cuando r = 12 ft. El cable se cobra entonalrededor de CD en el bastidor, calcule la velocidad ces a una velocidad constante de 0.5 ft/s. Calcule la de las esferas en 3 s. La masa del bastidor de soporte velocidad del carro en 3 s. es despreciable y puede girar libremente con respecto a CD. Desprecie el tamaño de las esferas.

v B

-- .

v

0.3 m

J

/ / / / / /

D

Prob.15.74

Prob.15.76

PROBLEMAS

15.77. La bola B tiene un peso de 5 lb Yoriginalmente gira en un círculo. Como se ve, la cuerda AB tiene una longitud de 3 pies y pasa por el agujero enA, que .está a 2 ft sobre el plano del movimiento. Si se jala 1.5 ft de cuerda por el agujero, calcule la velocidad de la pelota cuando se mueve en trayectoria circular ene. T

A

233

15.79. El bloque de 10 lb descansa sobre una superficie para la que el coeficiente de fricción cinética es J1k = 0.5. Sobre el bloque actúa una fuerza radial de 2 lb Y una horizontal de 7 lb, dirigida siempre a 30° con respecto a la tangente a la trayectoria. Si el bloque se mueve inicialmente en trayectoria circular con una velocidad V¡ = 2 ft/s·al instante de aplicar las fuerzas, calcule el tiempo necesario para que la tensión de la cuerdaAB sea de 20 lb. Desprecie el tamafio del bloque en los cálculos.

Prob.lS.79

Prob.lS.77

15.78. Un gimnasta que tiene una masa de 80 kg su- * 15.80. Un satélite terrestre cuya masa es de 800 kg se jeta las dos argollas con sus brazos hacia abajo en la lanza en una trayectoria de vuelo libre alrededor de posición que se muestra cuando oscila de bajada. Su la Tierra con una velocidad inicial VA = 12 km/s centro de masa está ubicado en el punto G¡. Cuando cuando la distancia al centro de ésta es rA = 15 Mm. está en la posición más inferior de su oscilación, su Si el ángulo de lanzamiento en este lugar es ~A = 60°, velocidad es (vG)¡ = 5 mis. En esta posición inferior calcule la velocidad VB del satélite y su perigeo rB . La repentinamente levanta sus brazos, cambiando su cen- Tierra tiene una masa de Me = 5.976(1024 ) kg. Sugetro de masa a la posición G 2• Calcule su nueva veloci- rencia: En esas condiciones, el satélite se halla somedad en la oscilación hacia arriba debida a este movi- tido sólo a la fuerza gravitatoria de la Tierra, F = miento repentino, y el ángulo 8 que alcanza cuando GMc m s/r2, ecuación 13.2. Para una parte de la solullega al reposo. Trate su cuerpo como partícula. ción, emplee la conservación de la energía (véase Prob.14.63).

5

~

5 mis

0.8 m

I

Prob.lS.78

Prob.lS.80

234

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

*

15.81. La bola de 2 kg gira en una trayectoria circular de 0.5 m de diámetro, horizontal, con velocidad constante. Si la longitud de la cuerda se acorta desde 1 = 1 m hasta I' = 0.5 m, al jalarla por el tubo, calcule el nuevo diámetro de la trayectoria d'. También, ócuál es la tensión de la cuerda en cada caso?

E bl zs

m m cc r

n:

y se de se di Ze

in d: cc di Proh.lS.82

tá cc el tu

~o.5m---l

15.83. A un pequeño bloque que tiene una masa de 0.1 kg se le da una velocidad horizontal VI = 0.4 mIs cuando r1 = 500 mm. Se desliza en el interior de la superficie cónica lisa. Cuando desciende a h = 100 mm, calcule su velocidad y el ángulo de descenso, esto es, el ángulo medido entre la horizontal y la tangente a la trayectoria.

Prob.lS.81

15.82. El niño pesa 80 lb. Mientras se agarra a un anillo, corre en círculo y a continuación levanta los pies del piso, manteniéndose en la posición encogida, como se muestra. Si al principio su centro de gravedad G está a rA = 10 ft del poste, y su velocidad es horizontal VA = 8 It/s, calcule (a) su velocidad cuando está en B, en re = 7 ft, ea = 2 ft, Y (b) la componente vertical de su velocidad (VB)" que le hace caer.

Prob.lS.83

p tr de ql

pl rr

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SECo 15.8 CORRIENTES ESTABLES DE FLUIDO

*15.8 Corrientes estables de fluido El conocimiento de las fuerzas que desarrollan corrientes estables de fluido en movimiento es importante para diseñar y analizar turbinas, bombas, álabes y ventiladores. Para demostrar cómo se puede emplear el principio del impulso y la cantidad de movimiento para calcular esas fuerzas, veamos la desviación de una corriente estable de fluido (líquido o gas) por un tubo determinado, figura 15.27a . El fluido entra al tubo con una velocidad VA y sale con una velocidad VE' Ambas velocidades las mide un observador fijo en un marco inercial de referencia. Los diagramas de impulso y cantidad de movimiento para la corriente de fluido se muestran en la figura 15.27b. La fuerza EF, que se indica en el diagrama de impulso, representa la resultante de todas las fuerzas externas que actúan sobre la corriente de fluido. Esta carga imparte un impulso a la corriente de fluido, con el que la cantidad original de movimiento del fluido cambia tanto en magnitud como en dirección. Como el flujo es estable, EF será constante durante el intervalo de tiempo dt, durante el cual la corriente está en movimiento y, por lo tanto, una pequeña cantidad de fluido con masa dm está a punto de entrar al tubo con una velocidad VA en el tiempo t. Si este elemento de masa y la masa de fluido en el tubo se consideran como un "sistema cerrado", entonces en el tiempo t + dt una masa correspondiente de fluido dm debe dejar el tubo con una velocidad vn- Además, la corriente de fluido dentro de la sección de tubo tiene una masa m ' y una velocidad media V que es constante durante el intervalo dt de tiempo. Aplicando el principio del impulso lineal y cantidad de movimiento a la corriente de fluido, tenemos dm

VA

+ mv + EF dt = dm

VE

A

+ mv

I- -~

I

~-

Time t+dt

Fig. lS.27

.

~

,-e/m "'~ dmvB

235

236

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

Fuerza resultante. Despejando la fuerza resultante se obtiene (15.25) Siempre que el movimiento del fluido pueda representarse en el plano x - y, en general es conveniente expresar esta ecuación vectorial en forma de dos ecuaciones escalares de componentes; es decir, dm U x = =:Jji. VBx - VA.) dm U y = =:Jji.VBy - VA)

(15.26)

El término dm/dt se le llama flujo de masa e indica la cantidad constante de fluido que entra o sale del tubo por unidad de tiempo. Si las áreas de las secciones transversales y las densidades del fluido a la entrada A y salida B son AA, PA YA B, PB, respectivamente figura 15.27c, entonces, la continuidad de la masa hace que dm = P dV = pAdsAA A) = pidsBAB). Por lo tanto, durante el tiempo dt, ya que VA = dsA/dt y VB = dsJdt, tenemos que

www.elsolucionario.org (15.27) Donde, Q = VA es la razón de flujo volumétrico, que mide el volumen de fluido que pasa por unidad de tiempo.

(e)

Fig.15.27

Momento resultante. En algunos casos es necesario obtener las reacciones en el soporte o dispositivo conductor de fluidos. Si la ecuación 15.25 no da la suficiente información para hacerlo, se debe emplear el principio del impulso y momento angulares. La formulación de este principio aplicado a corrientes de fluido

SECo 15.8

CORRIENTES ESTABLES DE FLUIDO

puede obtenerse de la ecuación 15.17, LMo = Ho, que establece que el momento de todas las fuerzas externas que actúan sobre el sistema con respecto al punto O es igual a la rapidez de cambio del momento angular con respecto a o. En el caso del tubo que aparece en la figura 15.27a, el flujo es estable en el plano x - y, y por 10 tanto tenemos que

«( +)

A

(15.28)

en la que los brazos de momento dOB Yd OA están dirigidas de O al centro geométrico o centroide de las aberturas enA y B.

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS El siguiente procedimiento proporciona un método para resolver problemas en los que interviene el flujo estable. Diagrama cinemático. En los problemas en los cuales el dispositivo se mueve, puede ser útil un diagrama cinemático para calcu-

lar las velocidades de entrada y salida del fluido en movimiento, ya que está implicado un análisis de movimiento relativo de velocidades. En este caso el diagrama cinemático simplemente es una representación gráfica de las velocidades mostrando la suma vectorial de las componentes del movimiento relativo. En todos los casos, un observador debe hacer la medición de la velocidad desde un marco inercial de referencia. Una vez determinada la velocidad del fluido que pasa por el dispositivo, calcule el flujo de masa mediante la ecuación 15.27. Diagrama de cuerpo libre. Trace un diagrama de cuerpo libre

del dispositivo que dirige al flujo para establecer las fuerzas LF que actúan sobre él. Esas fuerzas externas comprenderán las reacciones en los soportes, el peso del dispositivo con el fluido que contiene, y las fuerzas de presión estática del fluido en las secciones de entrada y salida del dispositivo. * Ecuaciones deflujo estable. Aplique las ecuaciones de flujo es-

table, las 15.26 y 15.28, empleando las componentes adecuadas de velocidad y fuerza indicadas en los diagramas cinemática y de cuerpo libre. Los ejemplos siguientes muestran la aplicación numérica de este procedimiento.

• En el sistema SI la presión se mide enpasca/es (Pa). siendo 1 Pa = 1 N/m 2.

Fig.15.27a (cont.)

237

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238

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTíCUlA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

Ejemplo 15.16

Calcule las componentes de la reacción que ejerce la bridaA del tubo sobre el codo reductor de la figura 15.2&z, si pasa agua por el tubo, que soporta una presión estática de 100 kPa manométricos enA . La descarga en Bes QB = 0.2 m3/s. El agua tiene una densidad Pw = 1000 kglm 3 y el codo lleno de agua tiene una masa de 20 kg; su centro de masa está en G.

-

v A_

SOLUCIÓN 8

!! h

H

IOOmm

300 mm ---l

Empleando un sistema coordenado inercial fijo, se pueden obtener la velocidad en A yen B y la tasa de flujo de masa mediante la ecuación 15.27. Como la densidad del agua es constante, QH = QA = Q. Por lo tanto, dm dt =

( a)

VB =

y

v A A

-t-

100mm F

M

O

A__

O

100mm F, 1

F,

§"'·'I"Nf --l ' 125 mm

100mm

PwQ

Q AH Q AA

= -

=

= =

(1000 kglm 3)(0.2 m3/s)

0.2 m 3/s n(0.05 m)2 m 3/s

0.2 n(0.1 m)2

200 kgls

25.46 mis !

=

=

=

6.37 mis .....

Diagrama de cuerpo libre. Como se muestra en el diagrama de cuerpo libre, figura 15.28b, la brida fija en A ejerce un par Mo y componentes F, y F, resultantes sobre el codo. Debido a la presión estática del agua en el tubo, la fuerza de presión que actúa sobre el fluido enA es FA =PAAA ~ Como 1 kPa = 1000 N/m 2, FA = PAAA

=

[100(103) N/m 2][n(0.1 m)2]

=

3141.6 N

300 mm---l

Fig.lS.28

No hay presión estática que actúa sobr y B, porque el agua se descarga a la presión atmosférica; es decir, la presión medida por un manómetro en B es igual a cero,PB = O. Ecuaciones del flujo estable -Fx + 3141.6

=

F, = 4.42 kN - Fy Fy

=

-

20(9.81)

200(0 - 6.37)

Resp. =

200(-25.46 - O)

4.90kN

Resp.

Si se suman los momentos con respecto al punto 0, figura 15.28b, entonces se eliminan Fx , l<~ Yla presión estática FA' así como el momento de la cantidad de movimiento del agua que entra enA, figura 15.2&z. Por lo tanto, dm (+ r.Mo = dj1.dOB V H - d OA VA)

Mo + 20(9.81XO.125) = 200[(0.3)(25.46) - O] Mo = 1.50 kN . m

Resp.

SECo 15.8 CORRIENTES ESTABLES DE FLUIDO

Ejemplo 15.17 Un chorro de agua de 2 in de diámetro que tiene una velocidad de 25 ft/s choca con un álabe en movimiento figura 15.29a. Si el álabe se mueve a 5 ft/s alejándose del chorro, calcule las componentes horizontal y vertical de la fuerza que ejerce la hoja sobre el agua. ¿Qué potencia genera el agua en el álabe? El agua tiene un peso específico de Y... = 62.41b/ft3• SOLUCIÓN Diagrruna cinemático. Desde un sistema inercial fijo de coordenadas, figura 15.29b, la velocidad a la que entra el agua en el álabe es VA

2 in.

= {25i} ft/s

A

La velocidad relativa de flujo del agua en el álabe es v,..lbI = Vw - VbI = 25i - 5i = {20i} ft/s. Como la hoja se mueve con una velocidad VbI = {5i} ft/s, la velocidad de flujo en B medida con respecto a.x; y es la suma vectorial, que se muestra en la figura 15.29b. Entonces VB

(al

= V bl + v w1bl

= (5i + 20j] ft/s Así, el flujo de masa de agua sobre el álabe que sufre un cam- Vw bio de cantidad de movimiento es -O

VA

-

A -L-.____

(bl

dm = Pw( vw1bl)AA = 62.4 di 32.2(20{

1

n

(1 12 J2 ] = 0.846 slugls

y

Diagrama de cuerpo libre. En la figura 15.29c se muestra el diagrama de cuerpo libre de una sección de agua que actúa sobre el álabe. El peso del agua se despreciará en el cálculo, ya que esta fuerza es pequeña en comparación con las componentes Fx Y Fy de la reacción.

L , J¿;

~ (el

Ecuaciones delflujo estable dm EF = d/(vn -

Fig.lS.29 VA)

- Fxi + Fyj = 0.846(5i + 20j - 25i) Igualando las componentes respectivas i y j se obtiene

Fx = 0.846(20) = 16.9 lb +Fy = 0.846(20) = 16.9 lb 1

Resp. Resp.

El agua ejerce fuerzas iguales, pero opuestas, sobre el álabe. Como la fuerza del agua que provoca el movimiento del álabe en sentido' horizontal hacia adelante con velocidad de 5 ft/s es Fx = 16.9 lb, entonces, de acuerdo con la ecuación 14.10, la potencia es P = F· V;

P = 16.91b(5 ft/s) = 0.154 hp 550 hp/(ft . lb/s)

Resp.

239

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTíCUlA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

240

* 15.9 Propulsión con masa variable

Sin no der

En la sección anterior hemos visto el caso en el que una cantidad constante de masa dm entra y sale de un "sistema cerrado". Sin em-

bargo, hay dos casos adicionales en los que interviene el flujo de masa, que se representan por un sistema que gana o pierde masa. En esta sección describiremos por separado cada uno de esos casos.

Nó ser

¡--------------v

1

I

1

-1

I Sistema

Ve

1-

1

1 1 I

1 1 I

1111'

I ~

I J (a)

.,

Sistema que pierde masa. Consideremos un dispositivo que en determinado instante tiene una masa m y se mueve hacia adelante con velocidad v, medida desde un marco inercial de referencia, figura 15.30a. En este mismo instante el dispositivo expulsa una cantidad m, de masa tal que la velocidad Ve de flujo de masa es constante cuando se hace la medición desde el mencionado marco inercial de referencia. Para el análisis, consideraremos que el "sistema cerrado" comprende tanto la masa m del dispositivo como la masa expulsada me! como se indica mediante la línea de puntos enla figura. Los diagramas de impulso y cantidad de movimiento para el sistema se muestran en la figura 15.30b. Durante el intervalo dt de tiempo, la velocidad del dispositivo aumenta desde v hasta v + dv. Sin embargo, este aumento de velocidad de avance, no cambia la velocidad Ve de la masa expulsada, ya que la masa se mueve a velocidad constante una vez arrojada. Para aumentar la velocidad del dispositivo durante el tiempo dt, se ha expulsado una cantidad dm, de masa, que ha sido ganada por el escape. Los impulsos se crean por r,F" que representa la resultante de todas las fuerzas externas que actúan sobre el sistema en la dirección del movimiento. Esta fuerza resultante no incluye la fuerza que causa el movimiento de avance del dispositivo, porque dicha fuerza (a la cual se le llama empuje) es intema al sistema; esto es, el empuje actúa con igual magnitud, pero dirección opuesta, sobre la masa m del dispositivo y la masa expulsada me en el escape. * Aplicando al sistema el principio del impulso y la cantidad de movimiento, de acuerdo con la figura 15.30b, tenemos

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(~)

mv - me Ve +

r.Fs dt = (m

- dme)(v + dv) - (me + dme)

Ve

o bien

l,'.. ;)

En gU cas

r=

atn col 15. (+

El eje me (+

Si gu eo

Si (m - time) (v +
----+=(•• ~

+

m- •••• '\

(me~ Tiempo I

Tiempo I +dJ

:J

(b)

Fig.lS.30

VD/,

las

• I:Fs representa la fuerza externa resultante que actúa sobre el sistema, que es diferente de I:F, la fuerza resultante que sólo actúa sobre el dispositivo,

un po eu eic en pe

do

pe sü

de

se

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SECo 15.9

PROPULSIÓN CON MASA VARIABLE

241

Sin perder exactitud, se puede no tener en cuenta el tercer término de esta ecuación porque es una diferencial "de segundo orden". Dividiendo entre dt se obtiene Sistt!m a

'- - ------, Nótese que la velocidad relativa del dispositivo, vista por un observador que se mueve con las partículas de la masa expulsada es vD/e = (v + Ve), por lo que el resultado final puede escribirse de la siguiente manera:

(15.29)

En esta ecuación el término dm / dt representa la rapidez con la que se expulsa la masa. Para mostrar una aplicación de la ecuación 15.29, veamos el caso del cohete que se muestra en la figura 15.31, que tiene un peso W y se mueve hacia arriba contra la fuerza de fricción de la atmósfera FD' El sistema que se considera consta de la masa del cohete y la masa del gas expulsado me' Aplicando la ecuación 15.29 a este sistema se obtiene (+ 1)

- F - W = W dv_ D g dt

V

dm e D/c dt

El último término de esta ecuación representa al empuje T que ejerce el escape de los motores sobre el cohete, figura 15.31. Como dv/dt = a, podemos escribir, en consecuencia, (+ 1)

I I I I I I I I I I I I I I I I I I I

I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I 1 I

FD

!k

l

V, j.--;

¡ T

:

1 , I 1_ _ _ ____ __ J

Fig.15.31

T - F - W =W a D

g

Si se traza el diagrama de cuerpo libre del cohete, se hace obvio que esta ecuación representa una aplicación de EF = ma para el cohete.

Fig.15.32

Sistema que gana masa. Un dispositivo como una cuchara o una pala puede ganar masa al moverse hacia adelante. Veamos, Sistema por ejemplo, el dispositivo que se muestra en la figura 15.32a, el l v cual, en determinado instante tiene una masa m y se mueve ha- I -I II cia adelante con una velocidad v, medida por un observador fijo I I I en un marco inercial de referencia. En el mismo instante, el dis- II I positivo recibe una corriente de partículas de masa mi' La veloci- I I I dad Vi de flujo de esta masa inyectada es constante e inde- I pendiente de la velocidad v. La condición es que v> Vi' El ~ - -- ---- -(a) -----~-~ sistema por considerar en este insta!1te comprende tanto la masa del dispositivo como la masa de las partículas inyectadas, como se indica mediante la línea de puntos de la figura. Los diagramas r ----------- - -~--

242

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTíCULA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

( m,.m,:S= (m + dmi) (v + dv)

~

m

(

_--_

m .v.

~

mi

(mi - dmi)

Vi

~

Tiempo t+ dt

T iempo t

(b)

de impulso y cantidad de movimiento para este sistema aparecen en la figura 15.32b. Con el aumento de masa dm¡, ganada por el dispositivo, se supone que hay un aumento dv de velocidad durante el intervalo de tiempo dt. Este aumento está originado por el impulso que crea EF" la resultante de todas las fuerzas externas que obran sobre el sistema en la dirección del movimiento. La suma de fuerzas no incluye la fuerza de retardo de la masa inyectada que actúa sobre el dispositivo. ¿Por qué? Aplicando el principio del impulso y la cantidad de movimiento al sistema, tenemasque mv + m¡v¡ + rEs dt = (m + dm;)(v + dv) + (m¡ - dm;)v¡

Empleando el mismo procedimiento que en el caso anterior, podemos escribir esa ecuación de la siguiente forma: dv

dm¡

rEs = m dt + ( v - v¡'f(¡f

Como la velocidad relativa del dispositivo, vista por un observador que se mueve con las partículas de la masa inyectada es VD/¡ = (v - Vi), el resultado final se puede escribir como:

(15.30)

donde dm¡/dt es la rapidez de inyección de masa al dispositivo. El último término en esta ecuación representa la magnitud de la fuerza R, que ejerce la masa inyectada sobre el dispositivo. Como dv/dt = a, la ecuación 15.30 se convierte en a

111

(e)

Fig.15.32

Ésta es la aplicación de EF = ma, figura 15.32c. Como en el caso del flujo estable, los problemas que se resuelven con las ecuaciones 15.29 y 15.30 deben acompañarse con el diagrama necesario de cuerpo libre. Mediante este diagrama se puede ya determinar a rEs para el sistema y aislar la fuerza que ejerce la corriente de partículas sobre el dispositivo.

SECo 15.9 PROPULSIÓN CON MASA VARIABLE

Ejemplo 15.18 La masa inicial combinada de un cohete y su combustible es mo. Se consume una masa total m¡ de combustible a velocidad constante dmjdt = e, y se expulsa a velocidad u constante en relación con el cohete. Calcule la velocidad máxima del cohete; es decir, en el momento de consumirse el combustible. Desprecie el cambio de peso del cohete con la altura y la resistencia de la fricción del aire. El cohete se dispara en dirección vertical y parte del reposo.

Siste ma

- - - - - - ---1 I

I I I I

SOLUCIÓN Como el cohete pierde masa al mismo tiempo que se mueve hacia arriba, la ecuación 15.29 puede aplicarse para la solución. La única fuerza externa que obra sobre el sistema compuesto por el cohete y una parte de la 'masa expulsada es el peso W, figura 15.33. Por lo tanto, dv - W =m- - ue dt

I I I I

(1)

Integrando esta ecuación se obtiene la velocidad del cohete. En cualquier instante dado t durante el vuelo, puede expresarse la masa del cohete como m = mo - (dmjdt)t = mo - et. Como W = mg, la ecuación 1 se transforma en

I

I I I I_ _ _ _ _ _

dv

-(mo - el) g = (mo - el>dt - ue

_

_ _ ...1

Se separan las variables y se integra, tomando en cuenta que v = cuando l = 0, y se obtiene

°

Fig.lS.33

- v = - u In(mo - el) -

gtl'o = u In(~J - gt mo - el

(2)

El tiempo t' necesario para consumir todo el combustible es

Por lo tanto, t' = m¡/e

SustituYé~do en la ecuación 2 se obtiene vmox. = u In( momo - m¡ J- S!!!L e

Resp.

243

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244 ~

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTíCULA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

Ejemplo 15.19

F

F

Una cadena de longitud 1, figura 15.34a, tiene una masa m. Calcule la magnitud de la fuerza F necesaria para (a) elevar la cadena con velocidad constante Ve' partiendo del reposo cuando y = O; Y (b) bajar la cadena con velocidad constante Ve> partiendo del reposo cuando y = l. SOLUCIÓN

Parte (a). Al elevar la cadena, todos los eslabones suspendidos su-

(al F

fren un impulso repentino hacia abajo a medida que cada eslabón adicional abandona el piso. Por lo tanto, la parte suspendida de la cadena puede considerarse como un dispositivo que gana masa. En la figura 1534b se muestra un diagrama de cuerpo libre de parte de la cadena, ubicada a una altura y arbitraria sobre el piso. El sistema que se considera es la longitud y de la cadena que está suspendida por F en cualquier instante, incluyendo el siguiente eslabón que está a punto de dejar el suelo, pero que todavía está en reposo. Las fuerzas que actúan sobre este sistema excluyen a las fuerzas internas P y - P, que actúan entre el eslabón añadido y la parte suspendida de la cadena. Por lo tanto, rEs = F - mg(yll ). Para aplicar la ecuación 1530 también es necesario calcular la rapidez con la que se agrega masa al sistema. La velocidad Ve de la cadena es equivalente a VDI; ¿Por qué? Como Ve es constante, d Ve Idt = OYdyldt = Ve' Integramos usando la condición inicial de que y = O cuando t = O, Yobtenemos y = Ve t. De este modo, la masa del sistema en cualquier instante es m¡ = m(yll) = m( vjll ) y, por lo tanto, la tasa a la que se agrega masa a la cadena suspendida es

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d;¡ =m[ ~eJ

(e)

Fig.lS.34

Aplicando al sistema la ecuación 15.30 con los datos anteriores se obtiene

Por lo tanto, F

=

(mllXgy + vD

Resp.

Parte (b). Cuando se baja la cadena, los eslabones que salen (a los cuales se les da velocidad cero) no imparten impulso a los eslabones suspendidos restantes. ¿Por qué? Así, no se puede considerar el sistema de la parte (a). En cambio, se usará la ecuación de movimiento para obtener la solución. En el tiempo t la parte de la cadena que todavía está despegada del piso es y. En la figura 15.34c se muestra el diagrama de cuerpo libre de una parte suspendida de la cadena. Entonces, + 1 rE = ma ;

F - mg (

-7 ) = O F = mg

(-7)

Resp.

PROBLEMAS

245

PROBLEMAS * 15.84. La tobera descarga agua con un gasto de 2 ft3/s. El área de la sección transversal de la tobera en A es 4 in 2 y en B es 12 in2 . Si la presión estática manométrica debida al agua en B es 2 Ib/in 2, calcule la magnitud de la fuerza que debe aplicarse en la brida en B para sujetar en su lugar a la tobera. r", = 62.4 Ib/ft3.

15.86. La hoja divide al chOrro de agua que tiene un diámetro de 3 in. Si la cuarta parte de agua se desvía hacia abajo mientras que las otras tres cuartas partes se desvían hacia arriba, y el flujo es Q = 0.5 fP/s, calcule las componentes horizontal y vertical de la fuerza ejercida por el chorro sobre la hoja. r", = 62.4 Ib/fP.

Prob.lS.86

Prob.lS.84

15.85. El ventilador sopla aire a un gasto de 6000 fP/min. Si el ventilador tiene un peso de 30 lb Y su centro de gravedad está en G, calcule el diámetro mínimo d de su base para que no se voltee. El peso específico del aire, al nivel del mar, es de 0.076Ib/fP.

15.87. El codo de un tubo subterráneo de 5 in soporta una presión estática de 10 Ib/in. 2• La velocidad del agua que pasa por su interior es v = 8 ft/s. Suponiendo que las conexiones del tubo en A y B no ofrecen resistencia alguna vertical sobre el codo, calcule la fuerza vertical resultante F que debe ejercer el terreno sobre el codo para mantenerlo en equilibrio. Desprecie el peso del codo y el agua dentro de él. r", = 62.4lb/ft3 .

0.5 ft

4 ft

~45' -

Prob.lS.8S

--1--

Prob.lS.87

45' /

246

CAP.15 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

* 15.88. El bote de bomberos tiene dos cañones de agua. Uno de ellos, en A, tiene diámetro de boquilla de 6 in y puede bombear 3000 gal/min, y el que está en B tiene diámetro de boquilla de 3 in y puede bombear 1000 gal/min. Calcule el empuje T horizontal que debe suministrar la hélice para mantener inmóvil al bote. Nótese que y = 62.4 Ib/ft3 Y que hay 7.4805 gal/ft3.

15.90. El bote de 200 kg está impulsado por un ventilador F que desarrolla una corriente de reacción cuyo diámetro es de 0.75 m. Si el ventilador imparte al aire una velocidad de 14 mIs, medida desde el bote, calcule la aceleración inicial del bote si se encuentra en reposo. Suponga que el aire tiene densidad constante Pa = 1.22 kg/m 3 y que el aire que entra se encuentra esencialmente en reposo. Desprecie la resistencia del agua por fricción .

Prob.lS.90

Prob.lS.88

15.89. La tobera descarga agua a razón de 60 in 3/s contra un blindaje. Si el área de la sección transversal de la corriente de agua es 1 in 2, calcule la fuerza F necesaria para sujetar al blindaje para que no se mueva. ¿Con qué velocidad neta v abandona el agua al blindaje? Yw = 62.4Ib/ft3.

15.91. Se descarga agua a 16 mIs contra el difusor de cono fijo. Si el diámetro de la abertura de la boquilla es de 40 mm, calcule la fuerza horizontal que ejerce el agua sobre el difusor. Pw = 1 Mg/m 3.

-

16 mis

~ lliiiii:iSii

Prob.lS.91

* 15.92. Un chorro de agua con 4 in 2 de área de sección transversal choca con el álabe fijo con una velocidad de 25 ft/s. Calcule las componentes horizontal y vertical de la fuerza que ejerce el álabe sobre el agua. Pw = 62.4Ib/ft3.

v

Prob. lS.89

Prob. lS.92

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PROBLEMAS

247

15.93. La presión estática del agua en e es 40 lb/in 2 • Si el agua sale del tubo en A y B, con velocidades VA = 25 ft/s y Vs = 38 ft/s, calcule las componentes x y y de la fuerza que se ejerce en el codo e, necesaria para sujetar en equilibrio al conjunto de la tubería. Desprecie el peso del agua dentro del tubo y el peso del tubo. Éste tiene diámetros interiores de 0.75 in en e, y de 0.5 in enA yen B. r", =62.4lb/ft3•

15.95. La tolva deposita grava sobre la banda transportadora a una tasa de 1500 Ib/min. Si la velocidad de la banda es 5 ft/s, calcule qué tensión debe haber más en el tramo superior de la banda, el que descansa sobre los rodillos de carga, que en el tramo inferior, el que descansa sobre los rodillos de retorno, para poder tirar de la banda y que avance ésta.

Prob. lS.93

Prob. lS.9S

15.94. Se emplea el desviador para cambiar la direc- * 15.96. El rociador de juguete de los niños consta de ción del flujo de agua Q = 0.6 m3/s. Si el agua tiene una tapa de 0.2 kg Y una manguera cuya masa es 30 un área de sección transversal de 0.05 m2, calcule las g/m. Calcule el flujo de agua necesario por el tubo, componentes de la fuerza en el perno A y el rodillo B cuyo diámetro interior es :; mm, para que se levante necesarios para el equilibrio. Desprecie el peso del el rociador 1.5 m del piso y rocíe desde esta posición. Desprecie el peso del agua en el tubo. p", = 1 Mg/m 3 . desviador y el peso del agua en él. p", = 1 Mg/m 3.

,"

Prob.lS.94

Prob. lS.96

248

CAP. 15 CINÉTICA DE UNA PARTíCUlA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

15.97. El camión tiene 50 Mg de masa cuando está vacío. Cuando está descargando 5 m3 de arena a una velocidad constante de 0.8 m3/s, la arena sale por la parte posterior a una velocidad de 7 mis, medida en relación con el camión en la dirección que se indica. Si el camión puede rodar libremente, calcule su aceleración inicial en el momento que comienza a vaciar su caja. Desprecie la masa de las ruedas y cualquier resistencia por fricción al movimiento. La densidad de la arena es Ps = 1520 kg/m 3 •

15.99. El helicóptero que pesa 10 Mg tiene una canastilla que contiene 500 kg de agua, la cual se emplea en el combate de incendios. Si está estático sobre el terreno y suelta 50 kg de agua por segundo, que sale a 10 mis en relación con el helicóptero, calcule la aceleración inicial ascendente del aparato originada por la liberación del agua.

Prob.1S.97

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15.98. La segunda etapa B del cohete de dos etapas tiene una masa de 5 Mg (vacía) y se dispara de la primera etapa A con una velocidad inicial de 600 km/h. El combustible de la segunda etapa tiene una masa de 0.7 Mg Yse consume a una tasa de 4 kg/s. Si se exProb.15.99 pulsa del cohete a una velocidad de 3 km/s, medida en relación con B, calcule las aceleraciones de B en el momento en que se enciende el motor, e inmediatamente después de haberse consumido todo el combustible. Desprecie los efectos de la gravitación y de * 15.100. Un cohete quema 2000 lb de combustible en 2 mino Si la velocidad del gas es de 6500 ft/s en relala resistencia del aire. ción con el cohete, calcule el empuje que desarrollan los motores.

B

1 VB

= 600 km!h

Prob. 1S.98

15.101. El coche cohete tiene un peso vacío de 400 lb Y se dispara desde el reposo a lo largo de rieles horizontales. Tiene 300 lb de combustible, que se consume a la tasa constante de 15 lb/s, y los gases se emiten con velocidad relativa de 5000 ft/s. Calcule la velocidad máxima a la que llega el auto, partiendo del reposo, si la resistencia por fricción debida a la atmósfera es F = (0.01 v) lb, siendo v la velocidad en pies por segundo.

Prob. 1S.l01

PROBLEMAS

15.102. Un cohete tiene peso vacío de 500 lb Ycarga 300 lb de combustible. Si este combustible se quema a una rapidez de 15 IbIs, y los gases se arrojan con una velocidad relativa de 4400 ft/s, calcule la velocidad máxima a la que llega el cohete partiendo del reposo. Desprecie el efecto de la gravitación sobre el cohete.

249

* 15.104. El automóvil tiene masa mo y se usa para jalar la cadena lisa que tiene una longitud total 1y su masa por unidad de longitud es m'. Si la cadena se encuentra amontonada originalmente, calcule la fuerza F de tracción que deben suministrar las ruedas traseras del auto para mantener una velocidad v constante mientras se desenreda la cadena.

-

v

F

Prob.15.102

Probo 15.104

15.103. El proyectil pesa 40 000 lb. El empuje constante que le da su motor turbojet es T = 15 000 lb. Dos refuerzos B le dan un empuje adicional. El combustible se quema a cada refuerzo a una tasa constante de 150 IbIs y los gases salen a una velocidad relativa de 3000 ft/s . Si no se toma en cuenta la masa de combustible que pierde el motor turbojet, calcule la velocidad del proyectil después de los 4 s, de tiempo de quemado de los refuerzos. La velocidad inicial del proyectil es de 300 mi/h.

15.105. La cuerda tiene una masa m' por unidad de longitud. Si el tramo de un extremo y = h se saca de la orilla de la mesa y se suelta, calcule la velocidad de su extremo A para cualquier posición y, a medida que se desenreda la cuerda y cae.

't::>

Prob.15.I03

Probo 15.105

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.Repaso 1: Cinemática y cinética de una partícula

Los temas y problemas que se presentaron en los capítulos del 12 al15 se han clasificado para dar un enfoque claro en el aprendizaje de los diversos principios de resolución de problemas que entran en juego. Sin embargo, en la práctica de la ingeniería es más importante poder identificar un método adecuado para la solución de un problema determinado. A este respecto, se deben comprender completamente las limitaciones y el empleo de las ecuaciones de la dinámica, y ser capaz de reconocer qué ecuaciones y principios emplear para resolver el problema. Por estas razones, resumiremos a continuación las ecuaciones y principios de la dinámica de partículas, y daremos la oportunidad de aplicarlos a diversos problemas.

Cinemática. Los problemas de cinemática necesitan del estudio únicamente de la geometría del movimiento y no tienen en cuenta a las fuerzas que causan el movimiento. Cuando se aplican las ecuaciones cinemáticas, debe establecerse claramente un origen fijo y seleccionar un sistema adecuado de ejes coordenados; para definir la posición de la partícula. Una vez establecida la dirección positiva de cada eje coordenado, pueden calcularse las componentes de posición, velocidad y aceleración a partir del signo algebraico de sus valores numéricos.

252

REPASO 1: CINEMÁTICA Y CINÉTICA DE UNA PARTíCUlA

Movimiento rectilíneo Aceleración variable. Si se establece una relación matemática o gráfica entre cualesquiera dos de las cuatro variables s, u, a y t, entonces se puede calcular una tercera variable resolviendo una

de las siguientes ecuaciones que relacionan a las tres variables. ds u = dt

du a=-¡¡¡

ads=udu

Aceleración constante. Se debe estar absolutamente seguro de que la aceleración es constante al emplear las siguientes ecuaciones:

Movimiento curvilíneo \ Coordenadas x, y, z. Con frecuencia se emplean estas coorde-

nadas cuando el movimiento puede resolverse en componentes horizontales y verticales. Además, son útiles para estudiar el movimiento de un proyectil, ya que la aceleración de un proyectil siempre es hacia abajo.

= Uf ay = ~Y al = ul

=X uy =y

aX

Uf

= 2;

Ul

www.elsolucionario.org Estas coordenadas son especialmente

Coordenadas n, t, b. ventajosas para estudiar la aceleración de la partícula a lo largo de una trayectoria conocida. Esto se debe a que las componentes t y n de a representan los cambios separados de magnitud y di!"ección, respectivamente, de la velocidad; y esas componentes se pueden formular con facilidad.

u=s a( =

. U

du = U ds

¡J

a= -p n

en la cual =

P

¡[1 + (dY/lÚiP!2¡ d2y/dx2

cuando se da la trayectoria y = f(x) . Coordenadas r, e, z. Estas coordenadas se usan cuando los datos descrihen el movimiento angular de la coordenada r radial, para describir el movimiento de la partícula. También, pueden describirse con comodidad algunas trayectorias de movimiento empleando esas coordenadas. ur = ¡Ue Ul

= re = 2;

a r =, - re 2

a e = re + 2¡-e al = Z

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REPASO 1: CINEMÁTICA Y CINÉTICA DE UNA PARTíCULA

Movimiento relativo. Si el origen de un sistema de coordenadas en traslación se establece en la partículaA, entonces, para la partículaB, rB = r A

+

VB = VA

+ VBIA

aB

rBIA

= a A + aBIA

En este caso el movimiento relativo lo mide un observador fijo en el sistema coordenado en traslación.

Cinética. Los problemas de la cinética implican el análisis de fuerzas que causan movimiento. Cuando se aplican las ecuaciones de cinética, es absolutamente necesario que se hayan hecho mediciones de la fuerza desde un sistema inercial de coordenadas, es decir, un sistema que no gire y que esté ya sea fijo, o que se traslade o mueva con velocidad constante. Si un problema necesita la solución simultánea de las ecuaciones de cinética y cinemática, entonces los sistemas coordenados que se seleccionen para formular cada una de las ecuaciones deben defllÚr las direcciones posi1ivas de los ejes del mismo modo. Ecuaciones de movimiento. Estas ecuaciones se emplean para despejar la aceleración de la partícula, o las fuerzas que originan el movimiento. Si se emplean para determinar la posición, velocidad o tiempo de movimiento de una partícula, entonces también se debe tener en cuenta a la cinemática en la solución. Antes de aplicar las ecuaciones de movimiento, siempre se debe dibujar un diagrama de cuerpo libre para identificar todas las fuerzas que actúan sobre la partícula. También, debe establecerse la dirección de la aceleración de la partícula o de sus componentes. La solución puede acompañarse de un diagrama cinético para explicar en forma gráfica el vector ma.

r.F'., = max

rFn = man rF, =ma, rFb =O

rFy = may rFz = maz

rF,=ma, rF e = ma e rFz = ma z

Trabajo y energía. La ecuación del trabajo y la energía representa una forma integrada de la ecuación del movimiento tangencial, rF, = ma" combinada con la cinemática (a, ds = v d v).

Se usa para resolver problemas en los que intervienen fuerza, velocidad y desplazamiento. Antes de aplicar esa ecuación, siempre se debe trazar un diagrama de cuerpo libre para identificar las fuerzas que efectúan trabajo sobre la partícula. TI

+ EUI _2 = T2

donde

T

=

fm v2

UF

=

fs'F s, cos Ods

UF,

=

Uw =

(energía cinética)

(trabajo de una fuerza variable) Fe cos O(S2 - SI) (trabajo de una fuerza constante) W ~y (trabajo de un peso)

Us = -(iks~

- iksI>

(trabajo de un resorte elástico)

253

254

REPASO 1: CINEMÁTICA Y CINÉTICA DE UNA PARTíCULA

Si las fuerzas que actúan sobre la partícula

son fuerzas con-

servativas, es decir, si no originan disipación de energía, como la

priJ

fricción, entonces se aplica la ecuación de conservación de la energía. Es más fácil de usar esta ecuación que la ecuación del trabajo y la energía, porque sólo se aplica a dos puntos de la trayectoria y no necesita del cálculo del trabajo efectuado a medida que la partícula se mueve por su trayectoria.

y,r Sin par se¡

TI

+ VI = T2 + V2

'r

donde (energía potencial gravitatoria) (energía potencial Si se va a calcular la potencia emplea

donde v es la velocidad fuerza F.

elástica)

que desarrolla

P> dU = F. v dt de una partícula

sef una fuerza, se

sobre la cual actúa la COI

Impulso y cantidad

de movimiento. La ecuación del impulso y cantidad de movimiento lineales es una forma integrada de la ecuación de movimiento, LF = ma, combinada con la cinemática (a = dv/dt). Se usa para resolver problemas en los que intervienen fuerza, velocidad y tiempo. Antes de aplicar esta ecuación, siempre se debe trazar el diagrama de cuerpo libre, para identificar todas las fuerzas que originan impulsos en la partícula. De acuerdo con el diagrama deben identificarse las fuerzas impulsivas y no impulsivas. Recuérdese que las fuerzas no impulsivas se pueden no tomar en cuenta en el análisis. También, debe establecerse la dirección de la velocidad de la partícula inmediatamente antes e inmediatamente después de aplicar los impulsos. Como procedimiento alternativo, los diagramas de impulso y cantidad de movimiento pueden acompañar a la solución para identificar en forma gráfica los términos de la ecuación mv¡ + L fl'F dt = mv¡

Jl1

Si intervienen varias partículas en el problema, considérese la aplicación de la conservación de la cantidad de movimiento al sistema para eliminar del análisis a los impulsos internos. Esto se puede hacer en una dirección especificada, siempre que no hayan impulsos externos que actúen sobre las partículas en esa dirección. LmvI

=

Lmv2

Si el problema implica impacto y se da el coeficiente titución e, entonces se aplica la siguiente ecuación:

e

= (VB)2

- ( VA)2

(vA)¡

- ( vs)¡

res pai .act est de

(a lo largo de la línea de impacto)

de res-

COI

los sar

Pl Rl. un;

seg cid la (

Rl. un:

la (

5 s. caj

PROBLEMAS DE REPASO

255

Recuérdese que durante el impacto no se puede emplear el principio del trabajo y la energía, ya que las partículas se deforman y, por lo tanto, el trabajo debido a las fuerzas internas se desconoce. Sin embargo, puede emplearse el principio del trabajo y la energía para calcular la pérdida de energía durante el choque una vez que se determinan las velocidades inicial y final de la partícula. Se puede aplicar el principio deL impulso y momento anguLares y la conservación deL momento anguLar con respecto a un eje para eliminar algunos de los impulsos que se desconocen y que _actúan sobre la partícula durante el periodo de tiempo en el que se estudia su movimiento. Ayudará una investigación del diagrama de cuerpo libre de la partícula, o el diagrama de impulso, para seleccionar el eje para la aplicación. (1-1 0 )1 + 1:

J"Mo dt

=

I

(1-1 0 )2

(1-1 0 )1 = (1-10 )2

Los siguientes problemas dan la oportunidad de aplicar los conceptos anteriores. Se representan sin un orden determinado con el fin de que el estudiante adquiera destreza para identificar los diversos tipos de problemas y desarrolle las habilidades necesarias para su solución.

PROBLEMAS DE REPASO Rl.l. La fuerza que actúa sobre la caja de 50 lb tiene

una magnitud F = (2.4 12 +151) lb, en la que 1 se da en segundos. Si la caja parte del reposo, calcule su velocidad cuando 1 = 2 s. También, calcule la distancia a la que se mueve la caja en 2 s. Desprecie la fricción.

R1.3. La pieza fundida tiene una masa de 3 Mg. Está suspendida en posición vertical e inicialmente en reposo. Se le da una velocidad ascensional 1de 200 mm/s en 0.3 s con el gancho H de una grúa. Calcule la tensión promedio en los cablesAC y AB durante este intervalo de tiempo.

R1.2. La fuerza que actúa sobre la caja de 50 lb tiene una magnitud F = (2.4 (2) lb, estando 1 en segundos. Si la caja parte del reposo, calcule su velocidad cuando 1 5 s. Los coeficientes de fricción estática y cinética entre caja y piso son Jls = 0.3, YJlk = 0.2, respectivamente.

=

Probs. R1.1/R1.2

Probo R1.3

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256

REPASO 1: CINEMÁTICA Y CINÉTICA DE UNA PARTíCUlA

"R1.4. La niña arroja la pelota con velocidad horizontal v1 = 8 ft/s. Si el coeficiente de restitución entre bola y piso es e = 0.8, calcule (a) la velocidad de la pelota inmediatamente después de rebotar del piso, y (h) la altura máxima a la que se eleva después del primer rebote.

R1.6. Un automóvil se encuentra inicialmente en reposo cuando s = O. Si arranca entonces para aumentar su velocidad a = (0.05(2) ft/s2, estando ( en segundos, calcule la magnitud de su velocidad y aceleración cuando ( = 18 S.

v

R1.7. El automóvil se halla primero en reposo cuando s = O. Si arranca de modo que su velocidad aumenta a = (0.05t 2) ft/s 2, estando t en segundos, calcule la magnitud de su velocidad y aceleración cuando s = 550 [t.

v

Prob.R1.4

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R1.5. La fuerza F que actúa en dirección constante sobre el bloque de 20 kg tiene una magnitud que varía de acuerdo con la posición s del bloque. Calcule hasta qué distancia se desliza el bloque antes de que su velocidad llegue a 5 mIs. Cuando s = O, el bloque se mueve hacia la derecha a 2 mis. El coeficiente de fricción cinética entre el bloque y la superficie es f.1k = 0.3.

F(N)

240 ft

Probs. R1.6fR1.7

F

'.......""--_ _ _ _ _ _ _ _ _ s(m)

Prob.R1.5

* Rl.8. Un automóvil y su conductor tienen 1.5 Mg de masa total. Cuando el automóvil viaja a 20 mIs, se aplican los frenos y se observa que el auto derrapa 30 m antes de detenerse. lA qué distancia patinará el coche si viaja a 35 mIs?

PROBLEMAS DE REPASO

R1.9. El snowmobile se mueve a 10 mis cuando deja el terraplén enA. Calcule el tiempo de vuelo desdeA a B y el alcance R de la trayectoria.

257

R1.11. Se dispara horizontalmente un proyectil de 15 kg con un cafión ubicado a 20 m del piso. Si se ejerce una fuerza promedio de 600 kN sobre el proyectil durante 0.02 s dentro del cañón, calcule el alcance R, medido desde el extremo del cañón, en el cual el proyectil toca tierra en B.

A

B

I - - - - - --

¡--- - - R------I

R - - - - --I

Probo Rl.ll

Probo R1.9

R1.10. La partícula viaja a lo largo de la trayectoria * R1.12. Dos bolas de billar lisas, A y B tienen masas definida por la parábola y = 0.5x2• Si la componente iguales de 200 g. Si A le pega a B con una velocidad de la velocidad a lo largo del ejex es Vx = (51) ft/s, en de (VA)! = 2 mis como se indica, calcule sus velocidala cual I está en segundos, calcule la distancia de la des finales inmediatamente después del choque. La partícula al origen O y la magnitud de su aceleración bola B está originalmente en reposo y el coeficiente de restitución es e = 0.75. cuando 1= 1 S. Cuando 1= O,x = O,y = O.

y y

' - y ~ O.SY B ¿~}--~--L-----x o~---------x

Prob.Rl.10

Prob.Rl.12

258

REPASO 1: CINEMÁTICA Y CINÉTICA DE UNA PARTíCUlA

R1.13. Un carro de ferrocarril con tracción eléctrica toma 30,000 W de potencia. El carro pesa 40,000 lb. Calcule la velocidad máxima que adquiere en 30 s, partiendo del- reposo. La eficiencia mecánica es E =

0.8.

R1.17. Dos monedas, A y B, tienen las velocidades iniciales que se indican, inmediatamente antes de chocar en el punto O. Si pesan 13.2(10-3) lb Y6.6(10-3) lb, respectivamente, y la superficie sobre la que se deslizan es lisa, calcule su velocidad inmediatamente después del choque. El coeficiente de restitución es e = 0.65.

R1.14. Un vagón de carga de 5000 lb se remolca por

una vía horizontal. Si el vagón parte del reposo y adquiere una velocidad de 40 ft/s después de recorrer una distancia de 300 ft, calcule el trabajo efectuado sobre el vagón si la fuerza de fricción por rodadura entre el vagón y la vía es de 80 lb. R1.15. La varilla telescópica gira a una velocidad constante de = 0.8 rad/s, que decrece a = - 0.2 rad/s 2, y al mismo tiempo la varilla entra y sale de modo que su extremo A sigue la trayectoria r = (0.75 cos 8 + 2) ft, estando 8en radianes. Calcule las componentes radial y transversal de la velocidad y aceleración deA cuando 8= n/8

e

y'

e

2 ft/s

____

~~~~~~

3fús

Linea de impacto

* Rl.16. La varilla telescópica gira a una velocidad

e

____-----x

e

constante de = 0.8 rad/s, que disminuye a = - 0.2 rad/s 2, y al mismo tiempo la varilla entra y sale de tal modo que su extremo A sigue la trayectoria r = (1 + 0.75 cos 8 ) ft, estando 8 en radianes. Calcule las componentes radial y transversal de la velocidad y aceleración deA cuando 8 = n/8.

Probo Rl.17

Rl.18. Se deja caer la pelota desde el reposo y cae una distancia de 4 ft antes de chocar con el plano in-

clinado liso en A. Si el coeficiente de restitución e = 0.8, calcule la distancia d a la cual vuelve a chocar con el plano en B.

Probs. Rl.15/Rl.16

Probo R1.18

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PROBLEMAS DE REPASO

R1.19. Se le da una velocidad VA = 2 mis al bloque B de 2 kg cuando alcanza el punto A. Calcule la velocidad v del bloque y la fuerza normal N B del plano sobre el bloque como función de e. Grafique los resultados de v contra e y N B contra e, y especifique el ángulo al cual la fuerza normal es máxima. Desprecie la fricción y el tamaño del bloque en los cálculos.

B

259

R1.22. Un proyectil que inicialmente está en el origen, se mueve hacia abajo por un medio fluido de tal modo que su velocidad se define mediante v = 2600(1 _e-4l3t) mm/s, estando t en segundos. Calcule el desplazamiento del proyectil durante los primeros 2 S. Rl.23. Se grafica la velocidad del automóvil deportivo que pesa 3500 lb, durante el periodo de tiempo de los primeros 30 S. Trace una gráfica de la variación de la fuerza F de tracción de las ruedas, necesaria para causar el movimiento.

v (ft/s)

80~--------------~_

Probo R1.19

60 ¡-------r--

* R1.20. El niño en A trata de arrojar una pelota sobre el tejado de un granero con una velocidad inicial VA = 15 mIs. Calcule el ángulo eA al cual se debe arrojar la pelota para que alcance la altura máxima en C. También, calcule la distancia d a la que se debe parar para arrojar la pelota.

"------"---- -- - - - - - - - - - ' - - -- - - t (s)

10

30

Rl.21. El niño en A trata de arrojar una pelota sobre Probo R1.23 el tejado de un granero de tal forma que salga con un ángulo eA = 40°. Calcule la velocidad mínima VA a la cual debe arrojar la pelota para que alcance una altu- * R1.24. El brazo robótico tiene longitud fija y entonra máxima en C. También, calcule la distancia d a la ces r 3 ft, Ysu sujetador A se mueve a lo largo de la cual se debe parar el niño para arrojar la pelota. trayectoria z = (3 sen 48) ft, en la cual e está en radianes. Si e = (O.5t) rad, estando t en segundos, calcule la magnitud de la velocidad y aceleración del sujetador A cuando t = 3s.

=

e

Probs. R1.20/R1.2.l

Rl.25. Durante un tiempo corto el brazo robótico se extiende a una velocidad constante tal que; = 1.5 ft/s cuando r = 3 ft, Z = (4 t 2) ft, y e = O.5t rad, estando t en segundos. Calcule la magnitud de la velocidad y aceleración del sujetador A cuando t = 3 S.

Probs. R1.24/R1.25

260

REPASO 1: CINEMÁTICA Y CINÉTICA DE UNA PARTíCUlA

R1.26. Unas canicas que tienen 5 g de masa caen des- * R1.28. Calcule la magnitud de la fuerza F como funde el reposo en A en el interior del tubo de vidrio y ción del tiempo, que debe aplicarse al extremo de la se acumulan en la lata en C. Calcule la ubicación R cuerda en A para elevar el gancho H con velocidad de la lata con respecto al extremo del tubo, así como constante u = 0.4 mis. Al principio la cadena descan-

la velocidad de las canicas que caen en ella. Desprecie el tamafio de la lata.

sa en el piso. Desprecie la masa de la cuerda y del gancho. La masa de la cadena es de 2 kg/m.

F

1---

- -- - R

-

-

- --j

Probo R1.26

ProboR1.28

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Rl.27. El parachoques B del vagón de ferrocarril de 5 Mg de masa se deforma según la gráfica carga-deformación que se acompafia. Calcule la deformación máxima s que se presentará para detener al vagón si viaja a u = 5 mis cuando choca con el tope rígido. Desprecie la masa de las ruedas del vagón.

R1.29. Mediante experimentación se construye la gráfica de la variación de la fuerza vertical del pie de un corredor contra el tiempo, al momento de empujar y dejar el piso. Éstos son los resultados para una carga estática de 1 lb; es decir, en términos de peso unitario. Si el corredor pesa 175 lb, calcule el impulso vertical aproximado que ejerce sobre el piso, si el impulso se efectúa en 210 ms.

F (N) F(lb)

I

/ F = 15 (l06)s2

~ s(m)

it!J!JlB

Empujat

3.0 1--- -- -----:;>1..

1.51-,,-f'-- ---f-------"'-¡

25

Probo R1.27

50

125

Probo R1.29

200 2 10

1 (m s)

PROBLEMAS DE REPASO

261

Rl.30. La rampa, que rueda libremente, tiene 40 kg * Rl.32. El automóvil tiene una velocidad de 80 ft/s en de masa. Se suelta una caja de 10 kg deA y se desliza el punto A y una aceleración a cuya magnitud es 10

hacia abajo 3.5 m para llegar al punto B. Si la superficie de la rampa es lisa, calcule su velocidad cuando la caja alcanza a B. Además, ¿cuál es la velocidad de la caja?

Probo R1.30

Rl.31. Si el punto A del cable se mueve hacia arriba a VA = 14 mIs, calcule la velocidad del bloque B.

Probo R1.31

ft/s2• en la dirección que se indica. Calcule el radio de curvatura de la trayectoria en el punto A y la componente tangencial de la aceleración.

Probo R1.32

R1.33. Un camión viaja a lo largo de la curva horizontal circular de radio r = 60 m, con velocidad constante v = 20 mIs. Calcule la rapidez angular de rotación lJ de la línea radial r y la magnitud de la aceleración del camión.

Probo RL13

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262

REPASO 1: CINEMÁTICA Y CINÉTICA DE UNA PARTíCULA

Rl.34. Calcule las fuerzas de impulsión normal y de

fricción que ejerce la pista en espiral sobre la motocicleta de 200 kg en el momento en que (J = (5/3).Had, 0= 0.4 rad/s; y {} = 0.8 rad/s 2.

Rl.37. La vuelta en un parque de diversiones consiste en que una góndola se eleva a una altura de 120 ft en A. Si se suelta del reposo y cae por la vía parabólica, calcule la velocidad cuando y = 20 ft. Calcule también la reacción normal de las vías sobre la góndola en este instante. La góndola y pasajero tienen un peso total de 500 lb. Desprecie los efectos de la fricción y la masa de las ruedas.

y

.--1~-~ 120 ft

Prob.R1.34

Probo Rl37

Rl.35. Un camión pesa 60(103) lb Ytiene un motor que desarrolla 360 hp. Calcule la pendiente máxima que puede subir el camión con una velocidad v = 10 mi/h.

Rl.38. Calcule la velocidad constante a la que se debe cobrar el cable enA, mediante el motor, para izar la carga en B una distancia de 6 m en 1.5 S.

* Rl.36. El vehículo tiene una masa de 3 Mg, vaCÍo, y carga 150 kg de combustible. Si el combustible se consume a una tasa constante de 4 kg/s y los gases se emiten con una velocidad de 250 mIs, calcule la velocidad máxima que alcanza el auto partiendo del reposo. La resistencia de fricción debida a la atmósfera es FD = (6002) N, en la que ves la velocidad medida en metros por segundo.

-v

B

Prob. R 1.36

Probo R1.38

PROBLEMAS DE REPASO

Rl.39. El bloque deslizante B está confinado a moverse dentro de la ranura lisa. Está conectado a dos resortes, cada uno de los cuales tiene rigidez k = 30 N/m. Al principio se estiran 0.5 m cuando s = O, como se ve en la figura. Calcule la distancia máxima, smáx a la cual se mueve el bloque B después de haber sido golpeado por otro bloque A que originalmente viajaba a (vA)! = 8 mIs. Tome el coeficiente e = 0.4; la masa de cada bloque es de 1.5 kg.

263

Rl.42. Con una varilla en forma de corredera, un cilindro liso e, que tiene una masa de 0.5 kg, está constrefiido a moverse a lo largq de la trayectoria horizontal ranurada r = (0.5 9) m, estando {] en radianes. Si la posición angular del brazo es {] = (0.5(2) rad, estando ( en segundos, calcule la fuerza de la varilla corredera sobre el cilindro y la fuerza normal de la ranura sobre el cilindro cuando ( = 2 S. El cilindro sólo está en contacto con una orilla de la corredera y de la ranura en cualquier momento.

* R1.40. Para el problema R1.39, calcule la fuerza neta promedio que se ejerce entre los dos bloques A y B durante el impacto, si éste se lleva a cabo en 0.005 s.

Probs. R1.39/R1.40

Rl.43. Con una varilla en forma de corredera, un cilindro liso e, que tiene una masa de 0.5 kg, está constrefiido a moverse a lo largo de la trayectoria vertical ranurada r = (0.59) m, estando (J en radianes. Si la posición angular del brazo es {] = (0.5(2) rad, con ( en segundos, calcule la fuerza de la corredera sobre el cilindro y la fuerza normal de la ranura sobre el cilindro cuando t = 2 S. El cilindro está en contacto sólo con una orilla de la corredera y de la ranura en cualquier momento.

Probs. R1.42/R1.43

* R1.44. Una partícula se mueve en trayectoria circular R1.41. Un motor eleva una caja de 60 kg a una velocidad constante a una altura de h = 5 m en 2 s. Si la

potencia indicada del motor es de 3.2 kW, calcule su eficiencia. La caja se eleva a velocidad constante.

de 2 m de radio de tal modo que su posición como función del tiempo es {] = (51 2 ) rad, estando ( en segundos. Calcule la magnitud de la aceleración cuando {] = 30°. La partícula arranca dcl reposo cuando () = OO. R1.45. El camión viaja por una trayectoria circular con radio de 50 m a una velocidad de 4 mIs. Durante un corto trecho a partir de s = O, su velocidad aumenta en ü = (0.05s) m/s 2, en la que s está en metros. Calcule su velocidad y la magnitud de su aceleración cuando se ha movido s = 10m. v = (O. 05 s) mls 2 v= 4 mis

-

~

¡h

50m

Probo R1.41

/

Probo RI.45

264

REPASO 1: CINEMÁTICA Y CINÉTICA DE UNA PARTíCULA

Rl.46. Si dos esferas,A y B, se someten a un impacto directo central y el choque es perfectamente elástico (e = 1), demuestre que la energía cinética antes de la colisión es igual a la energía cinética después de ella. Desprecie el tamafio de las esferas.

Rl.49. El collarín tiene una masa de 20 kg Y está so-

portado en la varilla lisa. Los resortes que se le fijan no tienen deformación cuando d = 0.5 m. Calcule la velocidad del collarín después de que la fuerza aplicada F = 100 N hace que se desplace hasta d = 0.3 m. Cuando d = 0.5, el collarín está en reposo.

Rl.47. El bloque B tiene una masa m y se suelta desde el reposo, cuando está en la parte superior del carritoA, el cual tiene una masa de 3m. Calcule la tensión de la cuerda CD , necesaria para evitar que se mueva el carrito mientras que B se desliza por A . Desprecie la fricción .

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Prob.R1.47

* R1.48. El bloque de 50 kg se iza por el plano

ProboR1.49

in~lina ­

do empleando el arreglo de cable y motor. El coeficiente de fricción cinética entre bloque y superficie es I1k = 004. Si el bloque se mueve hacia arriba con VA = 2 mIs cuando está enA, y en ese instante (l = O) el motor desarrolla una tensión en la cuerda de T = (300 + 120 .fi) N, calcule la velocidad del bloque cuando l = 2 s.

R1.50. El bloque tiene una masa de 0.2 kg Yse desliza por la tolva lisa AB. Si se suelta del reposo en A, calcule la velocidad a la que sale por B.

0.75 m

x

ProboR1.48

Probo R1.50

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16

Cinemática plana de un cuerpo rígido

En este capítulo se describirá la cinemática plana, que es el estudio de la geometría del movimiento de un cuerpo rígido en un plano. Este estudio es importante para el diseño de engranajes, levas y mecanismos que se empléan para muchas operaciones con máquinas. Además, una vez que se ha comprendido por completo la cinemática de un cuerpo rígido, será posible aplicar las ecuaciones del movimiento, que relacionan las fuerzas sobre el cuerpo con el movimiento del mismo. Un cuerpo rígido se puede sujetar a tres tipos de movimiento plano, que son traslación, rotación con respecto a un eje fijo, y movimiento plano en general. Definiremos primero cada uno de estos movimientos, y a continuación describiremos el análisis de cada uno por separado. En todos los casos se demostrará que el movimiento plano de un cuerpo rígido se especifica por completo siempre que se conozcan los movimientos de dos puntos cualesquiera del cuerpo. En el capítulo 20 se presenta el estudio más complejo de la cinemática tridimensional de un cuerpo rígido.

16.1 Movimiento del cuerpo rígido Cuando todas las partículas de un cuerpo rígido se mueven a lo largo de trayectorias equidistantes a un plano fijo, se dice que el cuerpo tiene movimiento plano. Como se dijo antes, hay tres tipos de movimiento plano que, en orden de complejidad creciente son: 1.

Traslación. Este tipo de movimiento se presenta si cualquier segmento de línea en el cuerpo permanece paralelo a su di-

266

CAP. 16 CINEMÁTICA

PLANA DE UN CUERPO

RÍGIDO

1

I

\

\P=f====@:=

ti

I Trayectoria

rectilínea de traslación

Trayectoriu curvilinea de traslación (b)

(a)

Fig.16.1

Eje de rotación (e)

(d)

I

2.

3.

rección original durante el movimiento. Cuando las trayectorias del movimiento de cualesquiera dos partículas del cuerpo están en dos líneas rectas equidistantes, figura 16.1a, al movimiento se le llama traslación rectilínea. Sin embargo, si las trayectorias del movimiento son líneas curvas equidistantes, figura 16.1b, al movimiento se le llama traslación curvilinea. Rotación con respecto a un eje fijo. Cuando un cuerpo rígido gira con respecto a un eje fijo, todas sus partículas, excepto las que se encuentran en el eje de rotación, se mueven en trayectorias circulares, figuras 16.1c. Movimiento generar en el plano. Cuando un cuerpo rígido éstá sujeto al movimiento general en el plano, presenta una combinación de traslación y también de rotación, figura 16.ld. La traslación se da dentro de un plano de referencia, y la rotación se presenta con respecto a un eje perpendicular a dicho plano.

Los movimientos en el plano que se mencionaron tienen como ejemplo las partes móviles del mecanismo de cigüeñal que se muestra en la figura 16.2.

ti '-

d x' q d

g

, t: d

-t

y, n fi

n ."

Traslación curvilinca

A

Movimiento general en el plano

a

u Fig.16.2

.-- . Traslación rectilinea

Rotación con respecto a un eje fijo

e.

SECo 16.2 TRASLACIÓN

16.2 Traslación Veamos lo que sucede en un cuerpo rígido sometido ya sea a traslación rectilínea o curvilínea en el plano x - y, figura 16.3. y'

y

Fig.16.3

"""--------- x Sistema l."Oordenado rijo

Posición. Las ubicaciones de los puntos A y B en el cuerpo están definidas con respecto al marco de referencia fijo x, y mediante los vectores de posición rA Y rB' El sistema de coordenadas x', y' en traslación está fijo en el cuerpo y tiene su origen en A, al que de aquí en adelante se le llamará el punto base. La posición de B con respecto a A se denota mediante el vector de posición relativa rB/A ("r de B con respecto a A"). Puede formularse la siguiente suma vectorial:

Velocidad. Se obtiene una relación entre las velocidades instantáneas de A y B derivando la ecuación de arriba, o ecuación de posición, con respecto al tiempo, con lo que se obtiene VB = VA + drBIA/dt. En esta expresión VA y VB son las velocidades absolutas, ya que estos vectores se miden con respecto a los ejes x, y. El término drB/A/dt = 0, ya que la magnitud de rB/A es constante por definición de cuerpo rígido, y porque el cuerpo se traslada en la dirección de rB/A, que es constante. Por lo tanto,

Aceleración. Derivando la ecuación de velocidad con respecto al tiempo se obtiene una relación similar entre las aceleraciones instantáneas deA y de B:

Las dos ecuaciones anteriores indican que todos los puntos en un cuelpo rígido sujetos a traslación ya sea curvilínea o rectilínea

267

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268

CAP. 16 CINEMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RÍGIDO E!

Como resultado, la cinemática del movimiento de una partícula, que se describió en el capítulo 12, puede emplearse también para especificar la cinemática de los puntos ubicados en un cuerpo rígido en traslación.

se mueven con la misma velocidad y aceleración.

ra sÍ<

di ar se al se di la di

16.3 Rotación con respecto a un eje fijo

t

de C!:,..

Cuando un cuerpo gira con respecto a un eje fijo, cualquier punto P ubicado en dicho cuerpo se mueve a lo largo de una trayectoria circular. Este movimiento depende del movimiento angular del cuerpo con respecto al eje. Por este motivo, estudiaremos primero las propiedades de movimiento angular del cuerpo antes de analizar el movimiento circular de P.

ac±

Movimiento angular. Como un punto no tiene dimensión,

me±.

movimiento

I

I

A

no tiene movimiento angular. Sólo las líneas y los cuerpos presentan angular. Para estudiar estos efectos, veremos lo que sucede en el cuerpo que se muestra en la figura 16.4a y el movimiento angular de un línea radial r ubicada en el plano sombreado.

(~ M

Posición angular. En el instante que se muestra, la posición de r está definida por el ántulo fJ, medida entre una línea referencia y r. En este caso r es perpendicular y va desde el punto O en el eje de rotación a un punto P en el cuerpo.

angular fija de

www.elsolucionario.org Desplazamiento

er

angular. El cambio en la posición angular,

di

que con frecuencia se mide como un diferencia dfJ, se llama desplazamiento angular. * Este vector tiene magnitud dfJ, que se mide en grados, radianes o revoluciones. 1 rev = rad. Como el movimiento es con respecto a un eje fijo, la dirección de düsicmpre es a lo largo del eje. Específicamente, la dirección d fJ se determina mediante la regla de la mano derecha; esto es, los dedos de la mano derecha están encogidos en el sentido de rotación, y en este caso el pulgar, o dfJ, apunta hacia arriba, figura 16.4a. En dos dimensiones, como se aprecia en la vista superior del plano sombreado, figura 116.4b, fJ Y dfJ están en el sentido contrario al de las manecillas del reloj, y por lo tanto el pulgar apunta hacia afuera del papel.

dt

d(

2,"

(a)

re yl

ra

Velocidad angular. La rapidez de cambio de la posición angular se llama velocidad angular (i) (omega). Como durante el instante dt de tiempo, entonces (\...+)

e

[ (i)=dfJ dt

I

dfJ

se tiene

Y

A (16.1)

(b)

Fig.16.4

VI

• En las sección 20.1se demustra que las rotaciones finitas, o desplazamientos angulares fmitos, no son cantidades vectoriales, aunque las rotaciones diferenciales d (}si son vectores.

di

ni

~

la (i,

1:

SECo 16.3 ROTACIÓN CON RESPECTO A UN EJE FIJO

Este vector tiene una magnitud que con frecuencia se mide en rad/s. Se expresa aquí en forma escalar, porque su dirección siempre está a lo largo del eje de rotación, es decir, en la misma dirección que dtJ, figura 16.4a. Cuando se indica el movimiento angular en el plano sombreado, figura 16.4b, podemos decir si el sentido de rotación es en el sentido de las manecillas del reloj o al contrario. Nosotros hemos escogido aquí a la rotación en el sentido contrario a las manecillas del reloj como positivas, y lo indicamos con la flecha curva que aparece entre paréntesis junto a la ecuación 16.1. Sin embargo, téngase en cuenta que el sentido direccional de ú) en realidad es hacia afuera.

Aceleración angular. La aceleración angular a (alfa) mide la rapidez de cambio de la velocidad angular. Por ello, la magnitud de este vector se puede escribir en la forma

(16.2)

Mediante la ecuación 16.1, es posible expresar a a como d 2 tJ

a= dt 2

(16.3)

La línea de acción de a es la misma que la de ú), figura 16.4a; sin embargo, el sentido de su dirección depende de si ú) aumenta o disminuye con el tiempo. Si ú) disminuye, se dice que a es una desaceleración angular, y por lo tanto tiene un sentido opuesto al de ú). Eliminando a dt de las ecuaciones 16.1 y 16.2, se obtiene una relación diferencial entre aceleración angular, velocidad angular y desplazamiento angular, que es

(16.4)

Se nota la semejanza entre las relaciones diferenciales para el movimiento angular con las que se dedujeron para el movimiento rectilíneo de una partícula (v = ds/dt, a = d v/dt, ya ds = vdv) .

Aceleración angular constante. Si la aceleración angular del cuerpo es constante, a = a c ' entonces, al integrar las ecuaciones 16.1 y 16.2 Y16.4 se obtiene un conjunto de fórmulas que relacionan la velocidad y posición angulares del cuerpo con el tiempo. Estas ecuaciones son similares a las ecuaciones 12.4 a la 12.6, obtenidas para el movimiento rectilíneo. Los resultados son

269

270

CAP.16 CINEMÁTICA PlANA DE UN CUERPO RíGIDO

+ act 0= 00 + %t +

(J)

=

(J)o

!a

c

t2

w2 = wij + 2ac<0- 00 ) Aceleración angular constante

(16.5) (16.6) (16.7)

donde 00 y % son los valores iniciales de la posición y velocidad angulares del cuerpo, respectivamente.

Movimiento del punto P. A medida que gira el cuerpo rígido de la figura 16.4c, el punto P se mueve a lo largo de una trayectoria circular de radio r y centro en el punto O. Esta trayectoria está en el plano sombreado que ilustra la figura 16.4d y qúe se muestra visto desde arriba.

(d)

(e)

FIg.16.4 (cont.)

Posición. La posición de P se define por el vector de posición r que va de O a P. Velocidad. La velocidad de P tiene una magnitud que se puede calcular a partir del movimiento circular mediante componentes en coordenadas polares Vr = r y Ve = rll' ecuación 12.25. Como r es constante, la componente radial Vr = r = 0, y por lo t~1flto v = Ve = rll . Como (J) = ecuación 16.1, entonces el resultado es

e,

(16.8) Como se ve en las figuras 16.4c y 16.4d, la dirección de v es tangente a la trayectoria circular. Se pueden tener en cuenta tanto la magnitud como la dirección de v empleando el producto vectorial de (J) y rp (véase apéndice C). En este caso rp está dirigido desde cualquier punto del eje de rotación hasta el punto P, figura 16.4c. Tenemos que (16.9)

www.elsolucionario.org SECo 16.3 ROTACIÓN CON RESPECTO A UN EJE FIJO

Es importante el orden de los vectores en este enunciado, ya que el producto vectorial, o producto cruz, no es conmutativo. Es de.cir, w x rp '" rp x w. A este respecto, nótese en la figura 16.4c cómo se establece la dirección correcta de v mediante la regla de la mano derecha. Los dedos de la mano derecha se encogen desde w hacia rp (w "cruz" rp). El pulgar indica la dirección correcta de v, esto es, tangente a la trayectoria y en dirección del movimiento. De acuerdo con la ecuación C8, la magnitud de ven la ecuación 16.9 es v = wrp sen e. Como r = rp sen e, figura 16.4c, entonces v = wr, lo cual concuerda con la ecuación 16.8. Como caso especial, puede recogerse al vector de posición del punto O al punto P, figura 16.4c. En este caso r queda en el plano de movimiento y de nuevo la velocidad del punto P es v = wxr

(16.10)

Aceleración. Por comodidad, se expresará la aceleración de P en términos de sus componentes normal y tengancial. * Empleando a, = d v/dt ya n = ¡J/p, como p = r, v = wr, y a = dw/dt, obtenemos

I a, = ar I

(16.11) (16.12)

La componente tangencial de la aceleración, figuras 16.4e y 16.4f,

(e)

representa la rapidez de cambio de la magnitud de la velocidad. Si aumenta la velocidad de P, entonces ~ actúa en la misma dirección que v; si la velocidad gisminuye, ~ actúa en dirección opuesta a la de v, y fmalmente, si la velocidad es constante, ~ es cero. La componente normaL de la aceleración representa la rapidez de cambio de la dirección de la velocidad. La dirección de an siempre es hacia O, el centro de la trayectoria circular, figuras 16.4e y 16.4f Como la velocidad, la aceleración del punto P puede expresarse en términos del producto vectorial o producto cruz. Derivando la ecuación 16.9 con respecto al tiempo se obtiene (f)

a

=

dv dt

dw

=

drp

dt x rp + w x dt

Recordando que a = dw/dt, y empleando la ecuación 16.9 (dr)dt = v = w x rp) se obtiene (16.13) • También se pueden emplear coordenadas polares. Como ar = ¡: - ré 2 y a() =

re + zré, sustituyendo, ¡. = ¡: = O, é = ro. e = a, se obtienen las ecuaciones 16.11 y 16.12.

Fig. 16.4 (con/.)

271

272

CAP. 16 CINEMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RíGIDO

Por definición de producto vectorial, el primer término de la derecha tiene magnitud a, = arp sen (J = ar, y con la regla de la mano derecha, a x rp está en dirección de a" figura 16.4e. Igualmente, el segundo término tiene magnitud an = w rp sen (J = wr, y aplicando dos veces la regla de la mano derecha, primero a CiJ x rp y después a CiJ x (CiJ x r p ), se puede ver que este resultado tiene la misma dirección que a n , figura 16.4e. Teniendo en cuenta que este es la misma dirección que -r, que queda en el plano del movimiento, podemos expresar a 8 n en una forma mucho más simple como a n = -wr. Por lo tanto, puede indentificarse a la ecuación 16.12 por sus dos componentes en la forma

a=a,+an = a x r - wr

(16.14)

Como a, y a n son perpendiculares, figuras 16.4e y 16.4/, si es necesario la magnitud de la aceleración puede calcularse mediante el teorema de Pitágoras, a = .¡ a~ + a¡.

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS

www.elsolucionario.org Para calcular la velocidad y aceleración de un punto ubicado en un cuerpo rígido que gira con respecto a un eje fijo, es necesario primero conocer la velocidad y aceleración angulares del cuerpo. Si se emplean las ecuaciones 16.1 a 16.7 para obtener CiJ y a, es importante que se establezca el sentido positivo a lo largo del eje de movimiento. Al hacerlo, se puede determinar el sentido de (J, a y CiJ a partir de los signos algebraicos de sus cantidades numéricas. En los ejemplos que siguen, el sentido positivo se indicará con una flecha circular junto a cada ecuación cinemática a medida que se aplica. Movimiento angular. Si se desconoce a o

CiJ, entonces las relaciones entre los movimientos angulares se definen mediante las ecuaciones diferenciales

d(J CiJ=-

dt

dCiJ a=-

dt

ad(J= CiJdCiJ

Si se tiene certeza absoluta de que la aceleración angular del cuerpo es constante, entonces se podrán emplear las siguientes ecuaciones:

= CiJo + a,: t (J = (Jo + CiJol + ~af w = wij + 2a,( 8" - (Jo) CiJ

SECo 16.3

ROTACIÓN CON RESPECTO A UN EJE FIJO

Movimiento de P. Cuando se va a determinar el movimiento de un punto P en el cuerpo, se sugiere que acompañe a la solución del problema un diagrama cinemático. Este diagrama simplemente es una representación gráfica que muestra el movimiento del punto. En la mayor parte de los casos la velocidad y las dos componentes de la aceleración pueden calcularse mediante las ecuaciones escalares v = {J)r

Sin embargo, si es difícil visualizar la geometría del problema, deben emplearse las siguientes ecuaciones vectoriales: v = (J) x rp = (J) x r a, = a x rp = a x r an

= (J) x

((J)

x rp)

= _ {J)2 r

Para su aplicación, rp se dirige desde cualquier punto del eje de rotación hasta el punto P, mientras que r queda en el plano de movimiento de P. Cualquiera de esos vectores, junto con (J) y a, deben expresarse en términos de sus componentes i, j, k, Y si es necesario, se calculan los productos vectoriales mediante el desarrollo de un determinantes (véase Ec. C.12).

273

www.elsolucionario.org 274

CAP.16 CINEMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RíGIDO

Ejemplo 16.1 Se enrolla una cuerda en una rueda que inicialmente está en reposo como se muestra en la figura 16.5. Si se aplica una fuerza a la cuerda y le comunica una aceleración a = (4t) m/s2, estando t en segundos, calcule, como función del tiempo, (a) la velocidad angular de la rueda, y (b) la posición angular, en radianes, de la línea OP.

Fig. 16.S

SOLUCIÓN Parte (a) . La rueda está sujeta a rotación con respecto a un eje fijo que pasa por el punto O. Por 10 tanto, el punto P de la rueda tiene moVimiento en trayectoria circular y, a su vez, la aceleración de este punto tiene componentes tanto tangencial como normal. En particular, (ap ), = (4t) m/s 2, ya que la cuerda está conectada con la rueda y es tangente a ella en P. Por lo tanto, la aceleración angular de la rueda es

(( +)

(ap ),

=

ar

4t = a(O.2) a = 20t rad/s 2 La velocidad angular w de la rueda se puede calcular mediante a = dw/dt, ya que esta ecuación relaciona a a, t Y w. Integrando con la condición inicial w = Ocuando t = O, se obtiene dw a = - =20t dt f;"d w =f~ 20t dt w = lOt 2 rad/s

, ¿Por qué no es posible emplear la ecuación 16.5 (w para obtener este resultado?

Resp .

= Wo + a c t)

Parte (b). La posición angular e de la línea OP radial se puede calcular empleando w = de/dt, porque relaciona a e, w y t. Empleando la condición inicial e = O cuando t = O, se obtiene

(( +)

de = w = lOt 2 dt

-

f o8de =f~ lOt 2 dt

e= 3.33 t3 rad

Resp.

SECo 16.3

ROTACIÓN CON RESPECTO A UN EJE FIJO

275

Ejemplo 16.2

El discoA, que se muestra en la figura 16.6a, parte del reposo y gira con aceleración angular constante aA = 2 rad/s2. Si no hay resbalamiento entre los discos, calcule la velocidad y aceleración angulares del disco B inmediatamente después de queA completa 10 revoluciones. SOLUCIÓN La velocidad angular de A se puede calcular mediante las ecuaciones de aceleración angular constante, ya que aA = 2 rad/s2. Hay 21C rad en una revolución, de manera que

J21Crad ) . eA = 10 revl 1 rev = 62.83 rad Así,

(( +)

rff =

G

% + 2ac( e - eo)

~

= o + 2(2)(62.83 - O)

úJA

= 15.9 rad/s)

Como se indica en la figma 16.6b, la velocidad del punto \ \ P de contacto de la orilla deA es ~ ( • +)

vI' = úJArA = (15.9)(2) = 31.8 ft/s !

úlA

La velocidad siempre es tangente a la trayectoria del movimiento. Como no se tiene resbalamiento entre los discos, la velocidad del punto P' de B es la misma que la velocidad de P del discoA. Por lo tanto, la velocidad angular de Bes úJn

= !±. = 31.8 = 21.2 rad/s) rB 1.5

A"

= 15.9 radls

p'~.)B

P

~

vp

vp'

(b)

Resp.

También, las componentes tangenciales de la aceleración de ambos discos son iguales, ya que los discos se tocan entre sí. Por lo tanto, de la figura 16.6c, (ap )¡ = (ap ')¡

aArA = aBrB aB = aA[~~ ) = 2(

¿)= 2.67 rad/s

2 )

Resp.

Nótese que las componentes normales de la aceleración

(a p)" y (a p .)" actúan en direcciones opuestas, ya que las trayectorias del movimiento de ambos puntos son diferentes. Además, (ap)n '" (ap.)n> porque las magnitudes de esas componentes dependen del radio y de la velocidad angular de cada disco, es decir, (ap )" = ~rA Y (ap')n = rffifB' En consecuencia, al' '" ap "

(e)

Fig.16.6

276

CAP.16 CINEMÁTICA PlANA DE UN CUERPO RíGIDO

PROBLEMAS 16.1. Un volante gira a 500 rev/min. Si se detiene des-

pués de hacer 1500 revoluciones, calcule su desaceleración constante y el tiempo necesario para detenerse. 16.2. El engrane A engrana con el B como se ve en la figura. Si A parte del reposo y tiene aceleración angular constante aA = 2 rad/s2, calcule el tiempo necesario para que B alcance una velocidad angular (j)B = 50 rad/s.

16.5. El gancho parte del reposo con una aceleración de 20 ft/s2• Está fijo a una cuerda enrollada en un tambor. Calcule la aceleración angular del tambor y la velocidad angular al completar 10 rev. ¿Cuántas revoluciones más girará el tambor después de haber completado las)O:-rev y que el gancho continúe moviéndose durante 4 s?

1

a = 20 ftls

2

Prob.16.5

16.6. El molino de viento con eje vertical consta de dos aspas de forma parabólica. Si las aspas se encuentran originalmente en reposo, y comienzan a girar con aceleración angular constante lk = 0.5 rad/s2, calcule la magnitud de la velocidad y la aceleración de los puntosA y B del aspa cuando ha girado 2 revoluciones.

www.elsolucionario.org í Prob. 16.2

16.7. El molino de viento con eje vertical consta de dos aspas de forma parabólica. Si las aspas se encuentran originalmente en reposo, y comienzan a girar con aceleración angular constante ~ = 0.5 rad/s 2, calcule la magnitud de la velocidad y la aceleración de los puntosA y B del aspa cuando t = 4 s.

c1;a

e

= 0.5 radls:!

16.3. Un volante parte del reposo y está sujeto a una aceleración angular constante de 0.5 rad/s2. Calcule

su velocidad angular y el número de revoluciones que hace cuando t = 90 s.

* 16.4. Una rueda tiene velocidad angular constante de 10 rev/s y aceleración angular constante de 3 rad/s2~ Calcule el número de revoluciones necesario para que la rueda adquiera una velocidad angular de 20 reviso ¿Cuánto tiempo se necesita?

Probs.16.6/16.7

www.elsolucionario.org PROBLEMAS

* 16.8. El aspa del molino de viento con eje horizontal está girando con velocidad angular (i) = 5 rad/s. Si la velocidad angular original del aspa es ~ = 2 rad/s, calcule la distancia que ha recorrido el punto P en la punta del aspa en 3 s. También, ¿cuál es la magnitud de la aceleración de este punto cuando t = 3 s?

277

16.11. Se obtiene la rotación del brazo robótico mediante el movimiento lineal de los cilindros hidráulicos A y B. Si el cilindro A sale a la velocidad constante de 0.5 ft!s, mientras que B queda fijo, calcule la magnitud de la velocidad y aceleración de la parte e, sujeta en las pinzas del brazo. El engranaje en D tiene un radio de 0.10 ft.

16.9. El aspa del molino de viento con eje horizontal está girando con velocidad angular (i) = 2 rad/s. Si la velocidad angular original del aspa es ~ = 0:5, c~ cule la distancia que ha recorrido el punto P en el extremo de dicha aspa en 3 s. También, ¿cuál es la magnitud de la aceleración de este punto cuando t = 3 s?

/)P

Prob.16.11

* 16.12. Si el motor hace girar al engranaje A con aceProbs. 16.8/16.9

leración angular q.¡ = 2 rad/s2 cuando la velocidad angular es (i)A = 20 rad/s, calcule la aceleración y velocidad angulares del engranajeD.

16.10. Si la armadura a del motor del taladro eléctrico tiene aceleración angular constante aA = 20 rad/s2, calcule su velocidad y desplazamiento angulares cuando t = 3 s. El motor parte del reposo.

16.13. Si el motor hace girar al engranaje A con aceleración angular aA = 3 rad/s2 cuando la velocidad angular es (i)A = 60 rad/s, calcule la aceleración y velocidad angulares del engranaje D.

Prob.16.10

Probs.16.12/16.13

278

CAP. 16 CINEMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RíGIDO

16.14. Se observa que un péndulo tiene movimiento de oscilación de tal modo que 8 = [- 0.101 sen( 4.95t) + 0.3 cos(4.95t)] rad, en la cual t está en segundos y los argumentos del seno y coseno en radianes. Calcule la magnitud de la velocidad y aceleración de la lenteja cuando 8 = O°.

16.17 Debido a un incremento de corriente, el motor

M hace girar al engranaje A y su eje con una acelera-

ción angular a = (0.068 2) rad/s2, estando 8 en radianes. Si el eje estaba girando inicialmente con 0)1 = 50 rad/s, calcule la velocidad angular del engranaje B después de que el eje ha alcanzado un desplazamiento angular l:!..8 = 10 rev.

16.15. Calcule el desplazamiento angular máximo de la lenteja del péndulo en el problema 16.14

(

Probs. 16.14/16.15

* 16.16. Durante una ráfaga de viento, las aspas del

molino de viento adquieren una aceleración angular a = (0.2B) rad/s 2, estando 8 en radianes. Si al principio las aspas tienen una velocidad angular de 5 rad/s, calcule la velocidad del punto P en la punta de una de las aspas en el momento en que ésta completa dos revoluciones.

Prob.16.17

16.18. La figura muestra el tren de engranaje de una barrena para perforación de pozos. Con aceleración angular constante, el motor M hace girar al eje S para alcanzar 100 rev/min en t = 2 s, partiendo del reposo. Calcule la aceleración angular del tubo de barrena D y el número de revoluciones que efectúa en los 2 segundos de arranque.

2.5

Prob.16.16

Prob.16.18

PROBLEMAS

279

16.19. Si la velocidad angular del tambor aumenta

16.21. El disco es impulsado por un motor de tal for-

uniformemente desde 6 rad/s cuando I = O hasta 12 rad/s cuando I = 5, calcule la magnitud de la velocidad y aceleración de los puntos A y B de la banda transportadora cuando I = 1 s. En este instante los puntos tienen la ubicación que muestra la figura.

ma que la posición angular del disco está definida por e = (1 + 41 2) rad, donde I se expresa en minutos. Calcule el número de revoluciones, la velocidad angular y la aceleración angular del disco cuando I = 90s.

8

Prob.16.19

Prob.16.21

* 16.20. El péndulo de tensión (rueda) presenta oscila-

16.22. El anemómetro mide la velocidad del viento

ciones en el plano horizontal de tal modo que el ángulo de giro, medido con respecto a la posición de equilibrio, es e = (0.5 sen 3/) rad, estando I en segundos. Calcule la velocidad máxima del punto A ubicado en la periferia de la rueda mientras el péndulo oscila. ¿Cuál es la aceleración del punto A en función del?

mediante la rotación de las tres copas. Si durante un periodo de tiempo de 3 s de una racha de viento las copas se mueven con velocidad angular al = (212 + 3) rad/s, estando I en segundos, calcule (a) la velocidad de las copas cuando I = 2 s, (h) la distancia total recorrida por cada copa durante el periodo de 3 s, y (e) la aceleración angular de las copas cuando I = 2 s. Desprecie en los cálculos el tamaño de las copas.

Prob.16.20

Prob.16.22

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280

CAP.16

CINEMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RíGIDO

16.23. En el instante que muestra la figura, la parte horizontal de la banda tiene una aceleración de 3 m/s2, mientras que los puntos en contacto con la orilla de las poleas tienen una aceleración cuya magnitud es de 5 m/s2. Si la banda no resbala en las poleas, calcule la velocidad de la banda debida al movimiento, en ese instante.

16.

16.25. Partiendo del reposo, se le da una aceleración angular a la polea A de a = (6e) rad/s>, donde eestá en radianes. Calcule la velocidad del bloque B cuando ha subido s = 6 m. La polea tiene un mamelón D fijo a ella, que gira con ella.

nes cor ció vel qm tor

e

./

B

X

~s

Prob.16.23

Prob.16.25

*16,

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bo aCI

do

rar

* 16.24. Calcule la distancia a la cual se eleva la carga

16.26. En la figura se muestra la operación de "rever-

Wen t = 5 s mediante la garrucha. El eje del motor M gira a velocidad angular líJ = 100(4 + t) rad/s, es-

sa" de una transmisión automotriz de tres velocidades. El cigüeñal gira con velocidad angular de 60 rad/s. Calcule la velocidad angular del eje motriz H. Cada uno de los engranajes gira con respecto a un eje fijo. Nótese que los engranajes A y B, e y D, E Y F engranan. En la figura se indican los radios de paso de los engranajes.

tando t en segundos.

de

*.

U m; cu ca ca a[

300 m m

fié

..¡

es ci.

pc

ce

pI re

p\

m ta Prob.16.24

Proh.16.26

U]

SECo 16.4 ANÁLISIS DEL MOVIMIENTO ABSOLUTO GENERAL EN EL PLANO

16.27. El conjunto de varillas está soportado por uniones esféricas en A y B. Si gira con respecto al eje y con velocidad angular Ol = 5 rad/s, y tiene aceleración angular a = 8 rad/s 2, calcule la magnitud de la velocidad y aceleración del punto e en el instante que muestra la figura. Resuelva el problema con vectores cartesianos y las ecuaciones 16.9 y 16.13.

a=lftls

2

281

--

) Prob.16.28

c~ 0.3 m

~ y

16.29. La rueda motriz A del toca cintas tiene velocidad angular constante OlA. En determinado momento, el radio exterior del arrollamiento de cinta en cada rueda es como se ve en la figura. Si la cinta tiene un espesor t, calcule la aceleración angular del carreteB.

x

Prob.16.27

* 16.28. La tabla descansa en la superficie de dos tambores. En el instante que muestra la figura, tiene una aceleración de 1 ft/s 2, mientras que los puntos ubicados en la periferia de los tambores tienen una aceleración de 3 ft/s 2 . Si la tabla no resbala en la superficie de los tambores, calcule su velocidad.

Prob.16.29

*16.4 Análisis del movimiento absoluto general en el plano Un cuerpo sujeto a movimiento general en el plano lleva a cabo simultáneamente una traslación y una rotación. Si se representa al cuerpo por una placa delgada, ésta se traslada en el plano y gira con respecto a un eje perpendicular al plano. Se puede especificar el análisis de este movimiento si se conoce tanto la rotación angular de una línea fija en el cuerpo, como el movimi·e nto rectilíneo de un punto del cuerpo. Un modo de definir esos movimientos es emplear una coordenada s de posición para especificar la ubicación del punto a lo largo de su trayectoria y una coordenada ede posición angular para especificar la orientación de la línea. Entonces las dos coordenadas se relacionan mediante la geometría del problema. Por aplicación directa de las ecuaciones diferenciales con respecto al tiempo v = ds/dt, a = dv/dt, (l) = de/dt, y a = d(l)/dt, pueden relacionarse entonces el movimiento del punto y el movimiento angular de la línea. En ciertos casos puede emplearse también este procedimiento para relacionar los movimientos de un cuerpo con los de otro cuerpo conectado a él.

282

CAP. 16 CINEMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RíGIDO

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS El siguiente procedimiento constituye un método para relacionar la velocidad y aceleración de un punto P en movimiento rectilíneo con la velocidad y aceleración angulares de una línea contenida en el cuerpo. Ecuación de las coordenadas de posición. Localice el punto P empleando una coordenada s de posición que se mide desde un origen fijo y se dirige a lo largo de la trayectoria rectilínea de movimiento del punto P. Mida también la posición angular e con respecto a una línea de referencia fija que queda en el cuerpo. De acuerdo con las dimensiones del cuerpo, se relaciona s con e, s = f( ff), empleando geometría y/o trigonometría. Derivadas con respecto al tiempo. Tome la primera derivada de s = f( ff) con respecto al tiempo y obtenga una relación entre v y w. Tome la segunda derivada con respecto al tiempo para obtener una relación entre a ya. Este procedimiento se muestra en los siguientes ejemplos. Ejemplo 16.3 En determinado momento, el cilindro de radio r que se muestra en la figura 16.7, tiene una velocidad angular w y aceleración angular a. Calcule la velocidad y aceleración de su centro G si el cilindro rueda sin resbalar.

"' "' ,

, \ \

\ \

I I I I I I // _/

Fig.16.7

SOLUCIÓN Ecuación de coordenadas de posición. Por inspección, el punto G se muev,e en dirección horizontal hacia la derecha, desde G hasta G', cuando rueda el cilindro, figura 16.7. En consecuencia, su nuevo lugar G ' se especifica mediante la coordenada SG de posición horizontal, que se mide desde la posición (G) original del centro del cilindro. Nótese también que a medida que rueda el cilindro, sin resbalar, los puntos de su superficie tocan al piso de tal modo que la longitud AB del arco de contacto debe ser igual a la distancia SG. Por lo tanto, el movimiento de la parte sombreada a la punteada requiere que la línea radial GB gire ehasta la posición G'C. Como el arcoAB = re, entonces la distancia recorrida por G es SG

= re

Derivadas con respecto al tiempo. Derivando sucesivamente esta ecuación con respecto al tiempo, y teniendo en cuenta que r es constante, w = de/dt y a = dw/dt, se obtienen las ecuaciones necesarias: sG = re V G = rw Resp. aG = ra Resp. Recuérdese que esas relaciones sólo son válidas si el cilindro (disco, rueda, pelota, etc.) rueda sin resbalar.

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SECo 16.4 ANÁLISIS DEL MOVIMIENTO ABSOLUTO GENERAL EN EL PLANO

283

-------------------------liliiii

Ejemplo 16.4 El extremo de la varilla R que se ve en la figura 16.8 mantiene contacto con la leva mediante un resorte. Si la leva gira con respecto a un eje que pasa por el punto O, con aceleración angular a y velocidad angular 01, calcule la velocidad y aceleración de R cuando la leva está en la posición arbitraria 8.

Fig.16.8

SOLUCIÓN Ecuación de coordenadas de posición . Se escogen las coordenadasx y 8para el análisis con objeto de expresar el movimiento giratorio de la leva, que se define mediante el movimiento angular de la línea OA, es decir, 01 = d8/dt, y el movimiento rectilíneo de la varilla (o la componente horizontal del movimiento del punto B), es decir, v = dx/dt. Estas coordenadas se miden desde el punto fijo O y pueden relacionarse entre sí mediante trigonometría. Como OC = CB = r cos 8, figura 16.8, entonces

x

= 2rcos 8

Derivadas con respecto al tiempo. Empleando la regla de la cadena del cálculo, tenemos

dx d8 dt = - 2r sen 8 dt v = -2r 01 sen 8

Resp.

~~ = - 2r ( ~~ Jsen 8 - 2rOJ ( cos 8 ~n a

=

-2r(asen 8+ coZcos 8)

Resp.

Los signos negativos indica que v y a son opuestos a la dirección de lasx positivas.

284

CAP.16 CINEMÁTICA PlANA DE UN CUERPO RíGIDO

PROBLEMAS 16.30. El yugo escocés se emplea para convertir el movimiento circular constante de la manivela OA en movimiento de traslación de la varilla Be. Si OA gira con velocidad angular constante liJ = 5 rad/s, calcule la velocidad y aceleración de BC para cualquier ángulo (J de la manivela.

16.33. El mecanismo se emplea para convertir el movimiento circular constante liJ de la varilla AB en movimiento de traslación de la varilla CD. Calcule la velocidad y aceleración de CD para cualquier ángulo (J de AB.

A

B

ISOmm

Prob.16.30

16.31. La barra DC gira uniformemente con respecto al eje D con velocidad angular constante liJ. Calcule la velocidad y aceleración de la barra AB, que está forzada a moverse sólo en dirección vertical. Prob.16.33

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16.34. Cuando (J = 50°, la guía ranurada se mueve hacia arriba con una aceleración de 3 m/s2 y velocidad 2 mis. Calcule la aceleración y velocidad angulares de la varillaAB en este instante. Nota: El movimiento hacia arriba de la guía es en dirección negativa de las y. Prob.16.31

* 16.32. El andamio S se eleva en forma hidráulica moviendo el rodillo en A hacia el perno en B . Si A se acerca a B con 1.5 ft/s de velocidad, calcule la velocidad a la cual se eleva la plataforma, como función de (J. Cada barra está conectada mediante un perno en su punto medio y en los extremos, y tiene una longitud de 4 ft.

y

I Prob.16.32

Prob.16.34

v = 2 mIs a = 3 mls2

PROBLEMAS

285

16.35. El extremo A de la barra se mueve hacia abajo * 16.40. La caja se transporta en una plataforma que a lo largo de la guía ranurada con velocidad constan- descansa en rodillos, de radio r. Si los rodillos no reste VA. Calcule la velocidad (j) y aceleración a angula- balan, calcule su velocidad angular si la plataforma se mueve hacia adelante con velocidad v. res de la barra como función de su posicióny.

-

v

Prob.163S

* 16.36. Calcule la velocidad y aceleración de la placa

C como función de (), si la leva circular gira con respecto al punto fijo O con velocidad angular constante (j) = 4 rad/s. 16.37. Calcule la velocidad y aceleración de la placa cuando () = 30°, si en este instante la leva circular gira con respecto al punto fijo O con velocidad angular (j) 4 rad/s, y aceleración angular a 2 rad/s 2•

=

Proh.16.40

=

16.41. La barra de 2 m de longitud está constrefiida a moverse siguiendo las ranuras A y B horizontal y vertical. Si la velocidad del bloque A es 6 mis hacia' la derecha, calcule la velocidad angular ,de la barra y la velocidad del bloque B en el momento en que () = 60°.

Probs. 1636/1637

16.38. Calcule la velocidad angular de la varilla CD en el momento en que () = 30°. La varillaAB se mueve hacia la izquierda con velocidad constante VAB = 5

mis. 16.39. Calcule la aceleración angular de la varilla CD en el momento en que O = 30°. La varilla AB tiene velocidad cero, es decir VAB = O, Y aceleración aAB = 2 mls 2 hacia la derecha cuando () = 30°.

4*

~¿2~ d o"

~--'------'---

Probs.163811639

/-

,~ ~B

VAB

Proh.16.41

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286

CAP. 16 CINEMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RÍGIDO

16.42. La leva circular gira con respecto al punto fijo 0, con velocidad angular (J) constante. Calcule la velocidad v de la varilla seguidora AB como función de o.

16.45. Los pernos en A y B están forzados a moverse en los carriles vertical y horizontal, respectivamente. Si el brazo ranurado hace que A se mueva hacia abajo a velocidad VA, calcule la velocidad de B en el instante que aparece en la figura.

al

B

"L

90

Prob.16.42

16.43. La barra permanece en contacto con el piso y con el punto A. Si el punto B se mueve hacia la derecha con velocidad VB constante, calcule la velocidad y aceleración angulares de la barra, como funciones dex.

' ~J x ---l ~

Prob.16.45

16.46. El yugo ranurado tiene un perno en A, mientras que el extremo B se emplea para mover en sentido horizontal al pisón R. Si el disco gira con velocidad angular (J) constante, calcule la velocidad y aceleración del pisón. El perno e de la manivela está fijo al disco y gira con él.

Prob. 16.43

* 16.44. La rueda A gira sin resbalar sobre la superficie del cilindro fijo B. Calcule la velocidad angular de A si su centro e tiene una velocidad ve = 2 mis. ¿Cuántas revoluciones hará A alrededor de su centro cuando el eslabón De completa una revolución?

Prob.16.44

Prob.16.46

16.47. La rueda de GinebraA da un movimiento giratorio intermitente (J)A cuando el movimiento (J)D = 2 rad/s del disco B es continuo. Seleccionando d = 100 12 mm, la rueda tiene velocidad angular cero en el momento en que el perno B entra o deja una de las cuatro ranuras. Calcule la magnitud de la velocidad angular (J)A de la rueda de Ginebra en cualquier ángulo ocuando el perno B esté en contacto con la ranura.

Prob.16.47

SEC.16.5 ANÁLISIS DEL MOVIMIENTO RELATIVO: VELOCIDAD

287

16.5 Análisis del movimiento relativo: velocidad En la sección 16.1 se hizo notar que el movimiento general de un cuerpo rígido en el plano consta de una combinación de traslación y rotación. Con frecuencia es conveniente considerar estos movimientos "componentes" por separado, empleando un análisis de movimiento relativo. Para hacerlo, se emplearán dos conjuntos de ejes coordenados. El sistema coordenado x, y está fijo y se empleará para medir las posiciones, veloCidades y aceleraciones absolutas de dos puntos A y B en el cuerpo, figura 16.9a. El origen del sistema de coordenadas x', y' se fijará al "punto base" seleccionado A que, por lo general, tiene un movimiento conocido. Los ejes de este sistema coordenado no están fijos al cuerpo; en cambio, se les permitirá trasladarse con respecto al marco fijo.

y'

U>'o"'--r - - - - x' Tmslac.:ión de referencia

~----------------------x Referencia fija (a)

Posición. El vector rA de posición de la figura 16.9a especifica la ubicación del "punto base" A, mientras que el vector rBIA de posición relativa ubica al punto B en el cuerpo con respecto a A. Mediante la suma vectorial, se puede calcular la posición de B con la ecuación . Tie mpo/ +dl

Tiempo /

Movimiento genel<1l en el plano

Desplazamiento. Durante un instante dt de tiempo, los puntosA y B sufren desplazamientos drA y drB, figura 16.9b. Como se dijo antes, en este caso describiremos el movimiento mediante sus partes componentes. Por ejemplo, el cuerpo completo se traslada primero a una distancia drA, de modo que A, el punto base, se mueve a su posición final y B se mueve hacia B', figura 16.9c. A continuación se gira el cuerpo un ángulo de con respecto a A, de modo que B' tiene un desplazamiento relativo drBIA y con ello pasa a su posición final B, figura 16.9d. Nótese que como el cuerpo es rígido, rBIA tiene magnitud fija y por ello drBIA sólo muestra un cambio de la dirección de rBIA . A causa de la rotación con respecto aA, la magnitud del desplazamiento relativo es drBIA = rB/Ade y el desplazamiento de B en la figura 16.9b es entonces

(b)

y'

y'

Trnslacióo

(e)

x'

drB = dr¡ + drBfA

I debido a la rotación debido a la traslación debido a la traslación y a la rotación Rotación con respecto

Velocidad. Para determinar la relación entre las velocidades de los puntosA y B, es necesario derivar la ecuación de posición con respecto al tiempo, o sea simplemente dividir la ecuación de desplazamiento entre dt. Con ello se obtiene

drB

drA drBIA

Tt =Tt+(j(

al punto base A (d)

Fig.16.9

288

CAP. 16 CINEMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RÍGIDO

Trayectoria del punto

mu

A

ori prc apl

.,'-' ••... '~/ I

vA

VD"

~ B '-'..........

Trnyevtoria punto

del

B

Movimiento general en el plano

Traslación (l)

(e)

Rotación oon respecto al punto base. A (g)

do

(h)

Los términos drnldt = VB Y drA/dt = VA se miden con respecto a los ejes x, y fijos y representan las velocidades absolutas de los puntos A y B, respectivamente. La magnitud del tercer término es d(rB/A8)/dt = rB/A8 = rB/Aw, siendo w la velocidad angular del cuerpo en el instante que se considera. Nótese que w es absoluta, porque es la misma si se le mide ya sea con respecto a los ejes fijosx, y, o a los que se encuentran en traslación x', y'. A este tercer término lo llamaremos velocidad relativa, VB/A,ya que representa a la velocidad de B con respecto a A, medida por un observador fijo a los ejes x', y' en traslación. Como el cuerpo es rígido, es importante darse cuenta de que este observador ve que el punto B se mueve a lo largo de un arco circular de radio de curvatura rB/AEn otras palabras, el cuerpo parece moverse como si girara con velocidad angular w con respecto al eje z' que pasa por A. En consecuencia, VB/Atiene una magnitud vB/A =. wrB/A Y una dirección que es perpendicular a rB/A-Por lo tanto, tenemos que

fOJ ríg tat ne de ne ya, pu cir

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IDl

di; mi pr

(16.15)

16

re: donde VB VA

A

=

=

VB/A =

velocidad del puntoB velocidad del punto base A velocidad relativa de "B con respecto aA". Como el movimiento relativo es circular, la magnitud de vB/Aes VB/A= tor B/A, Yla dirección es perpendicular a rB/A'

Cada uno de los tres términos de la ecuación 16.15 se representa en forma gráfica en los diagramas cinemáticos de las figuras 16.ge, 16.9fy 16.9g. En este caso se ve que en un momento dado la velocidad de B, figura 16.ge se determina considerando que todo el cuerpo se traslada con una velocidad VA' figura 16.9f, y a continuación gira con respecto al punto base A con velocidad angular w, figura 16.9g. La suma vectorial de esos dos efectos, aplicada a B nos da VB' como se indica en la figura 16.9h.

nc

go

..

p

www.elsolucionario.org SECo 16.5 ANÁLISIS DEL MOVIMIENTO RELATIVO: VELOCIDAD

Como la velocidad relativa VBIA representa el efecto del movimiento ciJr:u1ar observado desde los ejes en traslación que tienen su origen en el punto base A, este término puede expresarse como el producto vectorial VBIA = (i) x rBIA' ecuación 16.9. Por lo tanto, para su aplicación, podemos fonnular la ecuación 16.15 de la siguiente manera:

(16.16)

donde VB

VA

(i) rB/A

=

velocidad de B velocidad del punto base A velocidad angular del cuerpo vector de posición relativa entre A y B

La ecuación de velocidad, 16.15 o 16.16 puede emplearse en forma práctica para estudiar el movimiento plano de un cuerpo rígido que está conectado mediante un perno o bien está en contacto con otros cuerpos en movimiento. Para obtener los datos necesarios al aplicar esta ecuación, los puntos A y B en general deben seleccionarse en las uniones o juntas en las que están conectados los pernos, o en los puntos de contacto con cuerpos adyacentes que tengan movimiento conocido. Por ejemplo, los dos puntos, A y B del eslabón AB, figura 16.10a, tienen trayectorias circulares de movimiento. Por lo tanto, en el instante que se muestra, las magnitudes de sus velocidades se determinan mediante el movimiento angular de la rueda y el eslabón Be de tal modo que VA = (i)Ar y VB = (i)Bcl. Las direcciones de VA y VB siempre son tangentes a las trayectorias de sus movimientos, figura 16.1O.b. en el caso de la rueda de la figura 16.11, que rueda sin resbalar, se puede seleccionar el punto A en el piso. En este caso A tiene una velocidad momentánea igual a cero, ya que el piso no se mueve. Además, el centro de la rueda, B, se mueve a lo largo de una trayectoria horizontal, y por lo tanto VB es horizontal.

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS La ecuación 16.15 relaciona las velocidades de dos puntos cualesquiera A y B ubicados en el mismo cuerpo rígido. Se puede aplicar ya sea empleando análisis vectorial cartesiano, en la forma de la ecuación 16.16, o formulando en forma directa las ecuaciones de las componentes escalares x y y. Para una solución, pueden tenerse cuando más dos incógnitas. Para su aplicación, se sugiere emplear el siguiente procedimiento.

289

290

CAP. 16 CINEMÁTICA PlANA DE UN CUERPO RíGIDO

/

I

I

(a)

(b)

Fig.16.10

Fig.16.11

Diagrama cinemáJico. Establezca las direcciones de las coordenadas fijas x, y, y trace un diafragma cinemático del cuerpo. Indique en él las velocidades VA y VB de los puntosA y B, la ve10cidad angular w, y el vector rBIA de posición relativa. Normalmente se selecciona al punto base A de modo que se conozca su velocidad. Identifique las dos incógnitas en el diagrama. Si se desconocen las magnitudes de VA' VB o w, el sentido de esos vectores puede ser supuesto. Si se va a aplicar la ecuación de velocidad sin emplear análisis vectorial cartesiano, entonces se deben establecer la dirección y magnitud de la velocidad relativa VBIA- Esto se puede llevar a cabo dibujando un diagrama cinemático como el que se ve en la figura 16.9g, que indica el movimiento relativo. Como se considera que el cuerpo está "empernado" (fijo a un perno) momentáneamente en el punto base A , la magnitud de VBIA es VBIA = wrB1A • El sentido se establece de acuerdo con el diagrama, de modo que VBIA actúa en dirección perpendicular a rBIA de acuerdo con el movimiento giratorio w del cuerpo. * Ecuación de velocidad. Para aplicar la ecuación 16.16, exprese los vectores en forma cartesiana y sustitúyalos en la ecuación. Evalúe el producto cruz y a continuación iguale las • La notación vB = VA pernado".

+ vBIA(pemo) puede ayudar a recordar que A está "em-

SECo 16.5

ANÁLISIS DEL MOVIMIENTO RELATIVO: VELOCIDAD

componentes i Y j respectivas para obtener dos ecuaciones escalares. Para obtener dichas ecuaciones en forma directa, formule la ecuación 16.15 en forma simbólica, VB = VA + VBIA' y bajo cada uno de los términos, represente a los vectores mediante sus magnitudes y direcciones. Para ello, use los datos tabulados en los diagramas cinemáticos. Las ecuaciones escalares se determinan mediante las componentes x y y de cada uno de los vectores. Despeje las incógnitas de las ecuaciones. Si la solución es negativa para una incógnita, esto indica que el sentido del vector es contrario al que indica el diagrama cinemático. Téngase en cuenta que una vez que se conocen las velocidad de un punto del cuerpo y la velocidad angular del cuerpo, puede calcularse la velocidad de cualesquiera otro punto del cuerpo aplicando la ecuación de la velocidad relativa entre los dos puntos. Los siguientes problemas como ejemplo muestran la aplicación numérica de ambos métodos.

291

www.elsolucionario.org 292

CAP.16 CINEMÁTICA PlANA DE UN CUERPO RíGIDO

EJemplo 16.5 El eslabón que se ve en la figura 16.12a está guiado por dos bloques enA y B, que se mueven en las ranuras fijas. Si la velocidad de A hacia a@ajo es 2 mis, calcule la velocidad de B cuando (J = 45°. SOLUCIÓN (ANÁLISIS VECTORIAL) O.2m

8 = 45°·. .J...t"""----4.

~---

(al

L,

A

Diagrama cinemálico. Como los puntos A y B están constreñidos a moverse a lo largo de las ranuras fijas, y VA está dirigida hacia abajo, VB debe estar dirigida en sentido horizontal hacia la derecha, figura 16.12b. Este movimiento hace que el eslabón gire en sentido contrario al de las manecillas del reloj; esto es, por la regla de la mano derecha la velocidad angular m está dirigida hacia afuera del papel, perpendicular al plano de movimiento. Sabiendo la magnitud y dirección de VA y las líneas de acción de Vs y m es posible aplicar la ecuación de velocidad VB = VA + m x rBIA a los puntos A y B para despejar las dos magnitudes desconocidas vB Y m. Como se necesita rS/A, también aparece en la figura 16.12b.

Ecuación de la velocidad. Expresando cada uno de los vectores de la figura 16.12b en términos de sus componentes i, j Yk, Yaplicando la ecuación 16.16 aA, que es el punto base, y a B, tenemos

= www.elsolucionario.org - 2j [mk x (0.2 45°i - 0.2 VB

vBi =

(b)

Fig.16.12

VA

+mx

rBIA ·

sen

+

cos 45°j)]

o bien

Igualando las componentes i y j, se obtiene

o = - 2 + 0.2m sen 45° Así, m= VB =

14.1 rad/s) 2 mis -+

Resp.

Como ambos resultados son positivos, las direcciones de VB Y m son en realidad correctas, como se muestran en la figura 16.12b. Se debe hacer notar que esos resultados son válidos sólo para el instante (J = 45°. Si se vuelve a hacer el cálculo para (J = 44° se obtiene VB = 2.07 mis y m = 14.4 rad/s; mientras que cuando (J = 46°, VB = 1.93 mis y m = 13.9 rad/s, etcétera. Ahora que se conocen la velocidad de un punto (A) del eslabón y la velocidad angular de éste, se puede calcular la velocidad de cualquier otro punto del eslabón. Como ejercicio, aplique la ecuación 16.16 a los puntosA y e, y demuestre que Ve = 3.16 mis, dirigida a (J 18.4° hacia arriba con respecto a la horizontal.

=

SEC.16.5 ANÁLISIS DEL MOVIMIENTO RELATIVO: VELOCIDAD

Ejemplo 16.6 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ El cilindro que aparece en la figura 16.13a rueda libremente sobre la superficie de una banda transportadora que corre a 2 ft/s. Suponiendo que no se tiene resbalamiento entre cilindro y banda, calcule la velocidad del puntoA. El cilindro tiene una velocidad angular m = 15 rad/s en sentido de las manecillas del reloj en el instante que muestra la figura. SOLUCIÓN I (ANÁLISIS VECTORIAL) Diagrama cinemático. Como no se tiene resbalamiento, el punto B del cilindro tiene la misma velocidad que el transportador, figura 16.13b. Conociendo la velocidad angulM del cilin-

dro, aplicaremos la ecuación de velocidad a B, que es el punto base, y aA para calcular VA-

(a)

Ecuación de la velocidad

(VA)xi (VA))

VA = VB + m x rAJB + (vA)yj = 2i + (-15k) x (- 0.5i + O.5j) + (vAj = 2i + 7.5Oi + 7.50i

de manera que

U A

A (VA) (VA):

= 2 + 750 = 950 ft/s = 750 ft/s

(1)

(2)

m = 15 radls

11

rAlB

B

VB

= 2 fús

(b)

Entonces, VA =

.¡ (9.50)2 + (7.50)2

=

12.1 ft/s

Resp.

e = tan- 1 ~:~~ = 38.3° 1:./1

Resp.

SOLUCIÓN 11 (COMPONENTES ESCALARES) Como procedimiento alternativo, pueden obtenerse directamente las componentes escalares de VA = V B + VAIB • De acuerdo con el diagrama cinemático que muestra el movimiento VAIB relativo "circular", figura 16.13c, tenemos que VBIA =

mrBIA

=

(15rad/s{ c~'; :~o J= 10.6 ft/s

n

¿45 Movimiento relativo

Entonces

(e)

Igualando las componentes x y y, se obtienen los mismos resultados que antes, que son (

~

)

(vA)x

(+ 1)

(vA)y

= 2 + 10.6 cos 45° = 9.50 ft/s = O+ 10.6 sen 45° = 7.50 ft/s

Fig.16.13

293 ~

294

CAP. 16 CINEMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RíGIDO

Ejemplo 16.7 El collarín C en la figura 16.14a se mueve hacia abajo con una velocidad de 2 mis. Calcule la velocidad angular de CB y deAB en este instante. SOLUCIÓN I (ANÁLISIS VECTORIAL) Diagrama cinemáLico. El movimiento hacia abajo de C hace que B se mueva hacia la derecha. También, CB y AB giran en sentido contrario al de las manecillas del reloj, figura 16.14b. Para resolver el problema, escribiremos la ecuación cinemática adecuada para cada eslabón. "e =2 mIs

1

Ecuación de velocidad Eslabón CB (movimiento general cn el plano): VB = Vc + WeB x rB1e uBí = - 2j + wcBk x (O.2í - O.2j) uBí = - 2j + O.2wcB j + O.2WCBí

= O.2WCB 0 = - 2 + O.2WCB

UB

(a)

W CB =

10 rad/s \ uB = 2 mis -+

(1) (2)

Re:;p.

Eslabón AB (rotación con respecto a un eje fijo): Véase figura 16.14c. B

VB = WAB x rB

(h)

tL

2í

=

WABk x (- O.2j)

2 = Ü.2WAB WAB = 10 rad/s)

Resp.

W' \II

0.2 111

VIJ =

(e )

2 mIs

SOLUCIÓN 11 (COMPONENTES ESCALARES) Las ecuaciones entre componentes escalares de VB = Vc + vB/C pueden obtenerse en forma directa. El diagrama cinemático de la figura 16.14d muestra el movim iento "circular" relativo VB/C. Tenemos que

[ H Rc lati vc Illotion Id )

Fig. 16.14

~] = [~m/s] + [WCB~:~f2 m)]

Descomponiendo esos vectores en las direcciones x y y, se obtiene (~ ) (+ 1)

Ü + wcsCO.2 f2 cos 45°) 0= - 2 + wCB(O.2 f2 sen 45°)

UB =

que son las mismas que las ecuaciones (1) Y(2).

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SECo 16.5 ANÁLISIS DEL MOVIMIENTO RELATIVO: VELOCIDAD

Ejemplo 16.8 La barra AB del eslabón que aparece en la figura 16.15a tiene una velocidad angular de 30 rad/s en sentido de las manecillas del reloj cuando (J = 60°. Calcule las velocidades angulares de los miembros BC y DC en ese momento. SOLUCIÓN (ANÁLISIS VECTORIAL) Diagramas cinemáticos. Por inspección, se definen las velocidades de los puntos B y C mediante la rotación de los eslabones AB y DC con respecto a sus pivotes. Los vectores

de posición y la velocidad angular de cada eslabón se muestran.en el diagrama cinemática de la figura 16.15b. Para resolver, formularemos la ecuación cinemática adecuada para cada eslabón.

(a)

Ecuación de velocidad

EslabónAB (rotación con respecto a un eje fijo): VB

= WAB x rB = (- 30k) x (0.2 cos 60 0 i + 0.2 sen 60 0j) = (5.20i - 3.0j] mis

re

D

---¡

EslabónBC (movimiento general en el plano): Vc = VB

+ WBC

xrB/C

vci = 5.2Oi - 3.0j + (wBck) x (0.2i)

= 5.2Oi + (0.2WBC - 3.0)j Vc = 5.20 mis

vci

(b)

O = 0.2WBC - 3.0 W BC =

15 rad/s )

Resp. Fig. t6.lS

EslabónDC (rotación con respecto a un eje fijo): V c = WDC x rc 5.2Oi = (wock) x (-O.lj)

5.20 = O.lwDc WDC =

52 rad/s ")

Resp.

Nótese que, por inspección en la figura 16.15a, VB = = 6 mis, ~'Oo y que Vc se dirige hacia la derecha. Como ejercicio, obtenga WBC aplicando Vc = VB + VC!B empleando las componentes escalares. (0.2)(30)

0. 1 m

295

296

CAP. 16 CINEMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RíGIDO

PROBLEMAS * 16.48. Debido a una falla de motores, el cohete está girando a !i) =: 3 rad/s, mientras que su centro de masa G se mueve hacia arriba a 200 ft/s. Calcule la velocidad de su nariz B en este instante.

B

V

G

16.50. Una transmisión de automóvil tiene el tren planetario de engranajes que se ve en la figura. Si el engranaje de anillo R se mantiene fijo para que OJR = O, Y el eje, que está fijo al engranaje sol S, gira a 20 rad/s, calcule la velocidad angular de cada engranaje planetario P y la velocidad angular del bastidor D de conexión, que puede girar libremente con respecto al eje central s. 16.51. Una transmisión de automóvil tiene el tren planetario de engranajes que se ve en la figura. Si el engranaje R de anillo gira a OJR = 2 rad/s y el eje s, que está fijo al engranaje sol S, gira a 20 rad/s, calcule la velocidad angular de cada engranaje planetario P y la velocidad angular del bastidor de conexión D, que gira libremente con respecto al eje central s.

= 200 ftls

ro = 3 radls

www.elsolucionario.org Probs. 16.50/16.51

* 16.52. El engranaje descansa en una cremallera hori-

Prob.16.48

16.49. La varilla AB está forzada a moverse por las ranuras. Si la velocidad del bloque deslizante B es de 2 ft/s hacia la izquierda, calcule la velocidad del bloqueA y la velocidad angular de la varilla en el instante que aparece en la figura.

-

VB

Prob.16.49

= 2 ftls

zontal fija. Se enrolla una cuerda en el núcleo interior del engranaje de tal modo que permanece horizontalmente tangente al núcleo interior en A. Si se jala la cuerda hacia la derecha con una velocidad constante de 2 ft/s, calcule la velocidad del centro del engranaje C. 16.53. Resuelva el problema 16.52 suponiendo que la cuerda está enrollada en el cubo del engranaje en el sentido opuesto, de tal modo que el extremo de la cuerda permanece horizontalmente tangente al cubo en B y se jala hacia la derecha a 2 ft/s.

Probs.16.52/16.53

PROBLEMAS

297

16.54. La velocidad del bloque deslizante e es de 4 * 16.56. Si se tira hacia abajo del extremo del cable a ft!s hacia arriba de la ranura inclinada. Calcule la ve- una velocidad ve = 120 mm/s, calcule las velocidades locidad angular de los eslabones AB y Be y la del angulares de las poleas A y B Y la velocidad ascenpunto B en el instante que aparece en la figura. dente del bloque D. Suponga que el cable no resbala en las poleas.

¡

1ft

8

I ~·~

L· I ft

e 45°

A. ~

1

Ve = 120 mm/s

60

Prob.16.S4 Prob.16.S6

16.55. Si la barraAB tiene velocidad angular llJAB = 4 rad/s, calcule la velocidad del bloque deslizante e en el instante que se muestra en la figura.

Prob.16.SS

16.57. Cuando el bloque deslizante e está en la posición que se indica en la figura, el eslabón AB tiene una velocidad angular en el sentido de las manecillas del reloj de 2 rad/s. Calcule la velocidad del bloque e en este instante.

Pl'ob.16.S7

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298

CAP. 16 CINEMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RíGIDO

16.58. La varilla CD tiene una velocidad de 6 ft/s ha- * 16.60. El centro de la rueda se mueve hacia la derecia abajo. La varilla está fija en C con el engranaje B. cha con una velocidad de 2 ft/s. Si no se tiene resbaCalcule la velocidad de la cremallera A en el instante lamiento en el piso en A, calcule la velocidad de los que se muestra en la figura. puntosB y C.

e

Prob.16.Sl:I

16.59. La velocidad angular del eslabónAB es 2 rad/s en el sentido de las manecillas del reloj . Calcule la velocidad angular de los eslabones BC y CD de conexión en el instante que indica la figura.

Prob.16.60

16.61. La rueda gira sobre su mamelón sin resbalar sobre la superficie horizontal. Si la velocidad del centro de la rueda es 2 ft/s hacia la derecha, calcule la velocidad de los puntos A y B para las condiciones que aparecen en la figura.

A

B

0.5 in .

B

Prob.16.S8

Prob.16.61

I in.

PROBLEMAS

299

16.62. La varillaAB gira con velocidad angular OJAB = * 16.64. Sabiendo que la velocidad angular del eslabón 5 rad/s. Calcule la velocidad del collarín C para las AB es OJAB = 4 rad/s, calcule la velocidad del collarín en C, y la velocidad angular del eslabón CE en el inscondiciones que muestra la figura. tante que aparece en la figura. E l eslabón CE está horizontal en ese momento.

e

Prob.16.62

Prob.16.64

16.63. La rueda gira con velocidad angular OJ = 8 rad/s. Calcule la velocidad del collarín A en el momento indicado en la figura.

16.65. La pista interior del rodamiento de rodillos gira con velocidad angular 0Ji = 6 rad/s, mientras que la pista exterior gira en dirección opuesta a OJo = 4 rad/s. Calcule la velocidad angular de cada uno de los rodillos si giran en las pistas sin resbalar.

A

w = 8 rad/s

Prob.16.63

Prob.16.65

300

CAP. 16 CINEMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RÍGIDO

16.66. El pistón P se mueve hacia arriba con velocidad de 300 in/s en el instante que aparece en la figura. Calcule la velocidad angular del cigüeñal AB en este momento.

16.

16.69. Si el bloque deslizante A se mueve hacia la derecha a VA = 8 ft/s, calcule la velocidad de los bloques B y C en el instante que aparece en la figura. El miembro CD está conectado con un perno al miem-

(j):

ea mo

broADB.

16.67. Calcule la velocidad del centro G de gravedad de la biela en el instante que aparece en la figura. El pistón se mueve hacia arriba con una velocidad de 300 in/s. B Vp=

300 in.!s

L -A VA

= 8 fús

Prob.16.69

16.70. La rotación del eslabónAB crea un movimiento oscilatorio del engranaje de sector F. Si AB tiene velocidad angular CUAB = 6 rad/s, calcule la velocidad angular del piñón F en el instante que se muestra en la figura. El engranaje E está fijo rígidamente al brazo CD y en su centro D está fijo a un punto inmóvil.

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H Probs. 16.66/16.67

La * 16.68. El engranaje planetario A está fijo en B. El eslabón BC gira en el sentido de las manecillas del reloj con una velocidad angular de 8 rad/s, mientras que el engranaje anular gira en sentido contrario al de las manecillas del reloj con velocidad angular de 2 rad/s. Calcule la velocidad angular del engranajeA.

lar.

ro I y, I vie ral

,

tan de se eje

e F

coi

r-

Prob.16.68

Prob.16.70

Bs cin eje de! pIe

cUt

pn

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SECo 16.6 CENTRO INSTANTÁNEO DE VELOCIDAD CERO

16.71. El eslabón AB tiene una velocidad angular de ro = 4 rad/s en el momento que aparece en la figura. Calcule la velocidad del bloque deslizante E en ese momento.

301

16.72. El engranaje e gira en sentido de las manecillas del reloj con velocidad angular de 2 rad/s, mientras que el eslabón de unión AB gira en sentido contrario al de las manecillas del reloj a 4 rad/s. Calcule la velocidad angular del engranaje D.

Prob.16.71

16.6 Centro instantáneo de velocidad cero La velocidad de cualquier punto B de un cuerpo rígido puede calcu-

larse fácilmente si elegimos que el punto baseA tenga velocidad cero en el momento en que se esté considerando. En este caso, VA = O y, por lo tanto, la ecuación de velocidad VB = VA + úJ x rB/A se convierte en vB úJ x rBtA- Para un cuerpo que tiene movimiento general en el plano, el punto A elegido recibe el nombre de centro instJntáneo de velocidad cero (lC) y queda sobre el eje instantáneo de velocidad cero. Este eje siempre es perpendicular al plano que se emplee para representar al movimiento, y la intersección del eje con el plano define la ubicación del le. Como el punto A coincide con el le, entonces vB = úJ x rB/IC Ypor lo tanto el punto B se mueve momentáneamente con respecto al le en trayectoria circular; en otras palabras, el cuerpo parece girar con respecto al eje instantáneo. Si se establece el vector rB/ICde posición relativa desde el le hasta el punto B, entonces la magnitud de VB es simplemente VB = úJrB/lü en donde úJ es la velocidad angular del cuerpo. A causa del movimiento circular, la dirección de vB siempre debe de ser perpendicular a rB/lC'

Prob.16.72

302

CAP. 16 CIN EMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RíGIDO

-ro

(b)

(a)

Fig.16.16

Por ejemplo, veamos una rueda que gira sin resbalar, figura 16.16a. En este caso, el punto de contacto con el piso tiene velocidad cero. Por lo tanto, este punto representa al le de la rueda, figura 16.16b. Si se imagina uno que la rueda está empernada momentáneamente a este punto, las velocidades de los puntosA, B, 0, etc., se pueden calcular mediante v = úJr. En este caso las distancias radiales rA/lC> rB!IC Y rO/lC> que se muestran en la figura 16.16b deben calcularse de acuerdo con la geometría de la rueda. Cuando un cuerpo se sujeta al movimiento general en el piano, el punto que se determina como centro instantáneo de velocidad cero sólo se puede' emplear durante un instante de tiempo. Como el cuerpo cambia de posición d~ un instante al siguiente, entonces para cada posición del cuerpo debe determinarse un centro único instantáneo. El lugar geométrico de los puntos que definen al le durante el movimiento del cuerpo se llama centrado, figura 16.17. Así, cada punto del centrodo actua como el le para el cuerpo sólo durante l,lD instante de tiempo. Aunque el le puede usarse convenientemente para calcular la velocidad de cualquier punto en un cuerpo, en general no tiene aceleración cera y, por lo tanto, no dehe usarse para calcular las aceleraciones de los puntos de un cuerpo.

Localización del

le.

Si se desconoce la localización del le, puede determinarse haciendo uso del hecho de que el vector de posición relativa que va del le a un punto siempre es perpendicular a la velocidad de ese punto. Se tienen varias posibilidades: 1. (a)

Fig.16.17

Se dan la velocidad de punto del cuerpo y la velocidad angular del cuerpo. En este caso, si VB Y úJ se conocen, el le está ubicado a lo largo de la línea trazada perpendicular a VB en B, de tal modo que la distancia de B al le sea rB/le= vs!úJ, figura 16.17a. Nótese que el le queda del lado de B que origina el

SECo16.6 CENTRO INSTANTÁNEO DE VELOCIDAD CERO

A

VA

¡.-

v.c=»

le rB/le

--

VB

(b) (e)

giro con respeto al lC, lo cual es consistente con la dirección del movimiento originado por OJy por VB. 2.

Se dan las líneas de acción de dos velocidades no paralelas. Examinemos el cuerpo de la figura 16.17b, en el cual se conocen las líneas de acción de las velocidades VA y VB. Sobre

cada una de las líneas se construyen segmentos de línea que pasen por los puntos A y B y sean perpendiculares a VAy VB y, por lo tanto, definen las líneas de acción de rAllC YrBllO respectivamente. Prolongando esas perpendiculares a su punto de intersección, como se indica, se localiza el lC en el instante que se está considerando. Las magnitudes de rAllC YrBllC se determinan en general de acuerdo con la geometría del cuerpo y la trigonometría. Además, si se conocen la magnitud y sentido de VA' entonces se calcula la velocidad angular mediante OJ = vA/rAIIC. Una vez calculada OJ,ésta se puede emplear a continuación para calcular VB = OJfBf/C. 3.

Se dan la magnitud y la dirección de dos velocidades paralelas. Cuando son paralelas las velocidades de los puntos A y B Y tienen magnitudes VA y VBconocidas, entonces se determina la ubicación del lC mediante triángulos proporcionales. En la figura 16.17c y d se muestran dos ejemplos. En ambos casos rAllC = V)OJ Y"eac = vslOJ. Si d es una distancia conocida entre los puntos A y B, entonces en la figura 16.17c, rAlle + rBlle = d, y en la figura 16.17d, rBIIC- rAllC = d. Como caso especial, nótese que si el cuerpo se traslada, VA = VBpor lo que el lC estaría ubicado en el infinito, en cuyo caso rAlIC = rBllC -+00. Si es éste el caso, OJ= v)oo = Vsloo = 0, tal como se esperaba.

PROCEDIMIENTO

DE ANÁLISIS

La velocidad de un punto de un cuerpo que está sujeto a movimiento general en el plano puede calcularse con referencia a su centro instantáneo de velocidad cero, siempre que primero se determine la ubicación del/C. Esto se lleva a cabo empleando uno de los tres métodos que se describen

(d)

Fig. 16.17 {cont.}

303

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304

CAP.16 CINEMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RíGIDO

arriba. Como se ve en el diagrama cinético de la figura 16.18, el cuerpo puede imaginarse como "extendido y con un perno" en el le, de tal modo que, en el momento que se considera, gire con respecto a este perno con su velocidad angular úJ. La magnitud de la velocidad para los puntosA, B y e arbitrarios en el cuerpo, pueden calcularse entonces empleando la ecuación v = úJr, siendo r la línea radial del le hasta el punto. La línea de acción de cada uno de los vectores velocidad es perpendicufilr a su línea radial asociada, y la velocidad tiene un sentido que tiende a mover al punto de modo consistente con la rotación angular de la línea radial figura 16.18.

le

, \

\ \

I I

I I I

I I rC/le I I

-&J.V8~ WfH/lC , I

B ,

-e

.

I

www.elsolucionario.org Fig.16.18

:1

Ve= roro /e

SECo 16.6 CENTRO INSTANTÁNEO DE VELOCIDAD CERO

Ejemplo 16.9

Indique cómo determinar la ubicación del centro instantáneo de velocidad cero para (a) la biela BC que se ve en la figura 16.19a; y (b) el eslabón CB de la figura 16.19b.

\

\

11........-,.....,;

A

e

BI

•

(a)

I /

(b)

SOLUCIÓN Parte (a). Como se ve en la figura 16.19a, el punto B tiene una velocidad VB que está originada por la rotación del eslabón AB en el sentido de las manecillas del reloj. El punto B se mueve en trayectoria circular tal que VB es perpendicular a AB, y por eso actúa a un ángulo econ respecto a la horizontal como se ve en la figura 16.19c. El movimiento del punto B origina que el pistón se mueva hacia adelante horizontalmente con velocidad Vc. En consecuencia, el punto C de la biela se mueve en sentido horizontal con esta misma velocidad. Cuando se trazan líneas perpendiculares a VB YVo figura 16.19c, se intersecan en el le.

Parte (h). Los puntos B y C siguen trayectorias circulares, porque las varillasAB y DC están sujetas a rotación con respecto a un eje fijo, figura 16.19b. Como la velocidad siempre es tangente a la trayectoria, en el momento considerada, tanto Vc de la varilla DC y como vB de la varilla AB están dirigidas verticalmente hacia abajo, a lo largo del eje del eslabón CB, figura 16.19d. Además, como CB es rígida, no se tiene desplazamiento relativo entre los puntos B y C, y por lo tanto VB = Ve' Las líneas radiales que se trazan perpendiculares a esas dos velocidades son líneas paralelas que se intersecan en el "infinito"; es decir, r C/lC -.00 y r BlfC -+ oo. Así, OJeB = vc/re/Ie = (OJ¡x}J /00 = O. Como resultado, la varilla CB se traslada momentáneamente. Sin embargo, un instante después CB habrá pasado a una posición nueva que hará que el centro instantáneo se mueva a determinada ubicación finita.

le fB//

r Ole

B

e

VR

(e)

--'> /'C::_--,J

(d )

Fig.16.19

Ve

305

306

CAP. 16 CINEMÁTICA PlANA DE UN CUERPO RíGIDO

Ejemplo 16.10

El bloque D que se ve en la figura 16.2Oa se mueve con una velocidad de 3 mis. Calcule las velocidades angulares de los eslabones BD y AB Y la velocidad del punto B en el instante que muestra la figura.

(a)

le

SOLUCiÓN Como D se mueve hacia la derecha a 3 mis, hace que el

'Blle

brazoAB gire con respecto al puntoA en el sentido de las manecillas del reloj. Por lo tanto, VB se dirige perpendicularmente a AB como se ve en la figura 16.20b. El centro instantáneo de velocidad cero para BD está ubicado en la intersección de los segmentos de línea que trazan perpendiculares a VB YVD, figura 16.20b. De acuerdo con la geometría del problema, (b)

'Blle

0

= 0.4 tan 45 m = 0.4 m

'Dile =

0.4 m cos 45o

=

0.566 m

como se conoce la magnitud de VD' la velocidad angular del eslabón BD es VD 3 mis , Resp. (J)BD = = 0566 = 5.30 radls ) 'Dile

.

m

Por lo tanto, la velocidad de B es VB (c)

= (J)BD('Bird = 5.30 rad/s(O.4 m) = 2.12 mis

-.::¡;¡45°

Resp.

El eslabónAB está sujeto a rotación con respecto a un eje fijo que pasa a través deA, figura 16.2Oc, y como se conoce VB, la velocidad angular deAB es Fig.16.2fi

(J)AH

=

s,

.!:!JL = 2.12 O4 mis = 5 .-30 ra di '\ 'BIA • m

Resp.

www.elsolucionario.org SECo 16.6 CENTRO INSTANTÁNEO DE VELOCIDAD CERO

Ejemplo 16.11 El cilindro que se ve en la figura 16.21a rueda sin resbalar entre las dos placas móviles E y D. Calcule la velocidad angular del cilindro y la velocidad de su centro e en el momento que se representa en la figura.

VE =

0.25 mis

(a)

SOLUCIÓN Como no se tiene resbalamiento, los puntosA y B de contacto en el cilindro tienen la misma velocidad que las placas E y D. Además, las velocidades VA y VB son paralelas y, por lo tanto, de acuerdo con la proporcionalidad de los triángulos rectángulos, el le está localizado en un punto de la línea AB, figura 16.21b. Suponiendo que este punto está a una distancia x de B, tenemos VB =

(UX;

VA =

m(0.25 - x) ;

0.4 = (UX 0.25 = m(0.25 - x)

(b)

Dividiendo una de las ecuaciones entre la otra se elimina ()) y queda Fig.16.21

0.4(0.25 - x) = 0.25x

x=

g,l5

=

0.154 m

Por lo tanto, la velocidad angular del cilindro es

()) = vB = ~ = 2.60 radls "\ x 0.154 ~

Resp.

Entonces, la velocidad del punto e es Ve = ())relle =

=

2.60(0.154 - 0.125)

0.0754 mis

<-

Resp.

307

308

CAP. 16 CINEMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RíGIDO

PROBLEMAS 16.73. Resuelva el problema 16.49 empleando el método del centro instantáneo de velocidad cero. 16.74. Resuelva el problema 16.53 empleando el método del centro instantáneo de velocidad cero.

16.82. Los cilindros A y B ruedan entre sí sin resbalar. Si la barra de conexión cn gira con velocidad angular WCD = 5 rad/s mientras que el cilindro A gira a WA = 6.25 rad/s, calcule la velocidad angular del cilindro B. El punto C es fijo.

16.75. Resuelva el problema 16.55 empleando el método del centro instantáneo de velocidad cero. *16.76. Resuelva el problema 16.60 empleando el método del centro instantáneo de velocidad cero. 16.77. Resuelva el problema 16.59 empleando el método del centro instantáneo de velocidad cero. 16.78. Resuelva el problema 16.62 empleando el método del centro instantáneo de velocidad cero. 16.79. Resuelva el problema 16.69 empleando el método del centro instantáneo de velocidad cero. Prob.16.82

*16.80. Resuelva el problema 16.72 empleando el método del centro instantáneo de velocidad cero. 16.81. En el instante que se representa en la figura, el disco está girado con w 4 rad/s. Si el extremo de la cuerda arrollada en el disco está fija en n, calcule las velocidades de los puntosA, B y C.

=

16.83 A medida que la cuerda se desenrolla del mamelón de la rueda, ésta gira a W = 2 rad/s en el instante que representa la figura. Calcule las velocidades de los puntosA y B.

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A

Prob.16.81

Prob.16.83

PROBLEMAS

* 16.84. El mecanismo de conformación está disefiado para dar un viaje de corte lento y un regreso rápido a una navaja fija en el deslizador en C. Calcule la velocidad del deslizador en el instante que se muestra en la figura, si el eslabónAB gira a 4 rad/s.

309

16.86. Si el eslabón AB gira a WAR = 3 raá/s, calcule las velocidades angulares de. los eslabones BC yCD en el instante que se ve en la figura.

1--- - - 6 in.-----11

roAS

= 3 radls

3 in.

Prob.16.84 Prob.16.86

16.85. Si el eslabón AB gira a WAR = 6 rad/s, calcule las velocidades angulares de los eslabones BC y CD en el momento que se ve en la figura.

Prob.16.85

16.87. El engranaje de transmisión fijo en el bastidor de un tren eléctrico gira con velocidad constante de AA = 30 rad/s. Este engranaje está acoplado con el engranaje fijo al eje del motor. Calcule la velocidad del tren, suponiendo que las ruedas no resbalan sobre los rieles.

Probs.16.87/16.88

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310

CAP.16

CINEMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RíGIDO

* 16.88. La rueda de un tren eléctrico está impulsada por el engranaje B de la transmisión, el cual está acoplado a su vez .con el engranaje fijo a la rueda. Si la rueda gira sin resbalar, calcule la velocidad angular del engrane de la transmisión que se necesita para impulsar al tren a 40 ft/s. El engrane de la transmisión está fijo al armazón del motor.

16.90. En el instante que se representa en la figura, el camión se mueve hacia la derecha a 3 m/s, mientras que el tubo rueda con OJ = 6 rad/s sin resbalar en la plataforma, en B. Calcule la velocidad del centro del tuboG.

u el

te C(

-3 mis

L e(

ta

ci ei

11

1,

SI

/~

v:

I~I

ti

!

Prob.16.90 Prob.16.88

16.89. La bicicleta tiene una velocidad u = 6 ft/s, y al mismo tiempo la rueda trasera tiene una velocidad angular OJ = 3 rad/s en el sentido de las manecillas del reloj, que hace que se derrape en el punto A de contacto con el suelo. Calcule la velocidad del puntoA.

tt (: e

16.91. Calcule las velocidades de los puntos E y F en el rodillo D al instante que se muestra en la figura. El punto A es fijo.

E

~ úJe

= 4 radls

A

Prob.16.89

o

Prob.16.91

SECo 16.7 ANÁLISIS DEL MOVIMIENTO RELATIVO: ACELERACIÓN

311

16.7 Análisis del movimiento relativo: aceleración Una ecuación que relaciona las aceleraciones de dos puntos de un cuerpo rígido sujeto a movimiento general en el plano, puede determinarse diferenciando la ecuación de velocidad VB = VA + vBIA con respecto al tiempo. Así, dVB dVA dVBIA (j[=(j[+(j[

Los términos dvJdt = aB Y dvA/dt = aA se miden a partir de un conjunto de ejes x, y fijos, y representan las aceleraciones absolutas de los puntos B yA. El último término r~presenta la aceleración de B con respecto a A medida por un observador fijo a los ejes x', y' que tienen su origen en el punto baseA. En la sección 16.5 se demostró que a este observador le parece que el punto B se mueve a lo largo de un arco circular que tiene un radio de curvatura rB/A' En otras palabras, el cuerpo parece moverse como si estuviera girando con respecto al eje z' que pasa por el punto A. En consecuencia, se puede expresar aBIAen términos de sus componentes tangencial y normal de movimiento; esto es, aBIA = (aBIA), + (aBIA)n ,donde (aBIA), = a rB/A Y (aBIA)n = WrBIA.Por lo tanto, la ecuación de la aceleración relativa se puede escribir en la forma

Trayectoria del punto A -,

, ",

....•- - _ _ _ Trayectoria Movimiento general en el

del punto B

(a)

(16.17)

donde aB

=

= (aBIA), = aA

(aBIA)n

r

=

aceleración del punto B aceleración del punto A componente de aceleración tangencial relativa de "B con respecto a A". Como el movimiento relativo es circular, la magnitud de (aBIA), es (aBIA), = arB/A' Y la dirección es perpendicular a rBIAcomponente de la aceleración normal relativa de "B con respecto a A". Como el movimiento relativo es circular, la magnitud de (aBIA)n es (aAIB)n = wrBIA y la dirección siempre es deB haciaA.

Cada uno de los cuatro términos de la ecuación 16.17 se está representando gráficamente en los diagramas cinemáticos que aparecen en la figura 16.22. En este caso se ve que a determinado instante la aceleración de B, figura 16.22a está determinada tomando en cuenta que el cuerpo se traslada con una aceleración aA , figura 16.22b, y simultáneamente gira con respecto al punto A de base con una velocidad angular lü instantánea y una aceleración angular a, figura 16.22c. suma vectorial de esos dos efectos, aplicada a B, produce aB, como se ve en la figura 16.22d. Se debe hacer notar en la figura 16.22a que los puntos A

Traslación (b)

Rotacron con respecto al punto base A

(e)

(d)

La

Flg.16.22

312

CAP. 16 CINEMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RÍGIDO

(al (b)

Fig.16.23

y B se muevan a lo largo de trayectorias cUIVas, y como resultado las aceleraciones de esos puntos tienen componentes tanto tangenciales como normales. (Recuérdese que la aceleración de un punto es tangente a la trayectoria sólo cuando ésta es rectilínea, o cuando es un punto de inflexión.) Como las componentes de aceleración relativa representan el efecto del movimiento circular que se observa desde los ejes en translación que tienen su origen en el punto baseA, estos términos pueden expresarse como (aB~), = a xrBIA Y(aBIA)" = - ülrBIA (ecuación 16.14). Por lo tanto, la ecuación 16.17 se transforma en

a www.elsolucionario.org aB = aA

x rBIA - ülrBIA

(16.18)

donde aB aA

a úJ

r BIA

= = = = =

aceleración del punto B aceleración del punto base A aceleración angular del cuerpo velocidad angular del cuerpo vector de posición relativo deA a B

Si se aplica la ecuación 16.17 o la 16.18 en un caso práctico para estudiar el movimiento acelerado de un cuerpo rígido conectado con un perno a otros dos cuerpos, se debe tener en cuenta que los puntos que coinciden con el perno se mueven con la misma aceleración, ya que la trayectoria del movimiento por la cual viajan es la misma. Por ejemplo, el punto B que queda ya sea en la varilla AB o Be del mecanismo de manivela de la figura 16.23a tiene la misma aceleración, porque las varillas están unidas con un perno en B. En este caso el movimiento de B es a lo largo de una trayectoria CUIVa, y entonces se calcula aB con base en su aceleración tangencial (a B ), = arB/A, Ya la componente normal, (a B)" = ülrBIA, que se definen por el movimiento angular de AB. Sin embargo, en el otro extremo de la varilla Be, el punto e se mueve en trayectoria rectilínea, que está definida por el pistón. Por lo tanto, en este caso, la aceleración a e se dirige a lo largo de la trayectoria, figura 16.23b.

www.elsolucionario.org SEC.16.7 ANÁLISIS DEL MOVIMIENTO RELATIVO: ACELERACIÓN

Si dos cuerpos se tocan sin resbalar, y los puntos de contacto se mueven a lo largo de trayectorias diferentes, las componentes tangenciales de la aceleración de los puntos serán las mismas. Sin embargo, las componentes normales no serán las mismas. Por ejemplo, veamos los dos engranajes acoplados en la figura 16.24a. El puntoA se ubica en el engranaje B y en el engranaje e se ubica un punto A'coincidente. Debido al movimiento rotatorio, (aA ) , = (aA .),; sin embargo, como ambos puntos siguen distintas trayectorias curvas, (aA)n *(aA.)n y, por lo tanto, aA * aA " figura 16.24b.

( a)

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS La ecuación 16.17 relaciona las aceleraciones de dos punto A y B cualesquiera ubicados en el mismo cuerpo rígido. Co· mo la ecuación de la velocidad, ecuación 16.15, se puede aplicar ya sea mediante análisis vectorial cartesiano, en la forma de la ecuación 16.18, o formulando las ecuaciones escalares de las componentes x y yen forma directa. Para su aplicación se sugiere emf':ear el siguiente método. Análisis de velocidad. Si se desconoce la velocidad angular úJ del cuerpo, determÍnela empleando un análisis de velocidad como se describió en las secciones 16.5 o 16.6. Calcule también las velocidades VA y VB de los puntosA y B si estos puntos

se mueven a lo largo de trayectorias curvas. Diagramas cinemáticos. Establezca las direcciones de las coordenadas fijas X, y, y trace el diagrama cinemático del cuerpo. Indique en él las aceleraciones de los puntos A y B, aA Y aB, la velocidad angular úJ, la aceleración angular a y el vector de posición relativo rB/A . Normalmente, el punto base A se selecciona como un punto que tiene aceleración conocida. Especialmente, si los puntos A y B se mueven en trayectorias curvas, sus aceleraciones se deben expresar en términos de sus componentes tangencial y normal, es decir, aA = (aA ), + (aA)n y aB = (a B), + (aB)n' En este caso (aA)n = (VA)2/PA y (aB)n = ( VB)2/ PB siendo PA y PB' respectivamente, los radios de curvatura de las trayectorias de los puntos A y B. Identifique las dos incógnitas en el diagrama. Si se desconocen las magnitudes de (aA ), (aB), o a, suponga el sentido de esos vectores. Si se aplica la ecuación de la aceleración sin emplear un análisis vectorial cartesiano, entonces se deben establecer las direcciones de las componentes de la aceleración relativa (aB/A), y (aB/A),,' Esto lo puede hacer trazando un diagrama cinemático como el de la figura 16.22c. Como se considera que el cuerpo está "empernado" momentáneamente en el

(b)

Fig.16.24

313

314

CAP. 16 CINEMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RíGIDO

punto base A, estas componentes tienen las magnitudes (aBIA)t = a rBIA Y (aBIA)n = orrBIA' Su sentido de dirección se establece del diagrama de modo que (aBIA) actúe en dirección perpendicular a rBIA de acuerdo con el movimiento a rotatorio del cuerpo, y (aBIA)n se dirige desdeB haciaA.*

Ecuación de aceleración. Para aplicar la ecuación 16.18 se expresan los vectores en forma vectorial cartesiana y se sustituyen en la ecuación. Se evalúa el producto cruz y se igualan a continuación las componentes respectivas i y j para obtener dos ecuaciones escalares. Para obtener esas ecuaciones escalares en forma directa, se escribe la ecuación 16.17 en forma simbólica, aB = aA + (aB/A), + (aBIA)n y bajo cada uno de los términos se representan los vectores mediante sus magnitudes y direcciones. Para ello, se usan los datos tabulados de los diagramas cinemáticos. Las ecuaciones escalares se determinan de acuerdo con las componentes x y y de esos vectores. Se resuelven esas dos ecuaciones para las dos incógnitas. Si la solución es un escalar negativo en el caso de cualquier incógnita esto indica que el sentido del vector es opuesto al que se indica en el diagrama cinemática.

• Quizá la notación queA está empernado.

aB = aA + (aBIA (perno), + (aBIA (perno)n

.

ayude a recordar

SEC.16.7

ANÁLISIS DEL MOVIMIENTO RELATIVO: ACELERACIÓN

315

Ejemplo 16.12

••

La varilla AB de la figura 16.25a está forzada a moverse por los planos inclinados en A y B. Si el punto A tiene una aceleración de 3 m/s? y una velocidad de 2 mis, ambas dirigidas hacia abajo en el instante en el que la varilla está horizontal, calcule la aceleración angular de la varilla en este instante. ¡-----lO

SOLUCIÓN I (ANÁLISIS

VECTORlAL)

m---~

'\::

Aplicaremos la ecuación de aceleración a los puntos A y B en la varilla. Para hacerlo es necesario primero calcular la velocidad angular de la varilla. Demuestre que es = 0.283 rad/s '1 empleando ya sea la ecuación de la velocidad o el método de los centros instantáneos. Diagrama cinemático. Los ejes x, y están establecidos en la figura 16.25b. Como los puntos A y B ambos se mueven en trayectorias rectas, no tienen componentes de aceleración en la dirección normal. ¿Por qué? En la figura 16.25b hay dos incógnitas, que son aB Y a. Ecuación de la aceleración. Se aplica la ecuación 16.18 a los puntos A y B de la varilla, y expresando cada vector en forma vectorial cartesiana, tenemos que

(a)

(J)

~I

aB

cos 45°i

aB = aA + a x rB/A sen 45°j = 3 cos 45°i - 3 sen 45°j +

y

t..

A

- w2rB/A

1

=

=

+ (ak) x (lOi) -

(0.283)2(10i)

3 cos 45° - (0.283)2(10) -3 sen 45° + a(lO)

~::::::;::;;:¡:;~~~g~

= 1.87 m/s? d.45° . a = 0.344 rad/s? '1

Resp.

ESCALARES)

Como método alternativo, pueden obtenerse en forma directa las ecuaciones 1 y 2 de componentes escalares. De acuerdo con el diagrama cinemático, que muestra las componentes de la aceleración relativa (aB/A), Y(aB/A)n, figura 16.25c, tenemos que

aB [

d.4~

] =

[3 mis: ] ~~

= aA

+ (aB/A), + (aB/A)n

+ [ a(10

t

m)]

a

(e)

Fig.16.25

aB

aB

= 0.283 rad/s

(1) (2)

Resolviendo el sistema tenemos,

SOLUCIÓN 11 (COMPONENTES

_

A

Efectuando el producto vectorial (producto cruz) e igualando las componentes i y j se obtiene cos 45° sen 45°

= 3 rnls2 (b)

(¡)

aB

rBlA

aA

aB

aB

as

+

[(0.283 rad/s)2(10 m)] -

Igualando 'las componentes x yy se obtienen las ecuaciones 1 y 2, y la solución se obtiene como se describe anteriormente.

B

45°

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316

CAP.16 CINEMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RíGIDO

Ejemplo 16.13

En un momento dado, el cilindro de radio r que se muestra en la figura 16.26a tiene una velocidad angular w y aceleración angular a. Calcule la velocidad y aceleración de su centro G si rueda sin resbalar. SOLUCIÓN Cuando rueda el cilindro, el punto G se mueve en una recta, y el punto A, ubicado en la orilla del cilindro, se mueve en una trayectoria curva que recibe el nombre de cicloide, * figura 16.26b. Aplicaremos a esos dos puntos las ecuaciones de velocidad y aceleración.

,0 (a)

y

Trayectoria del punto A

l------

~7~-"""'-r------

A-

\ /

Trayectoria del punto G

--~~~--~----------x

Análisis de velocidad. Como no se tiene resbalamiento, en el instante queA toca el piso, VA = O. Así, de acuerdo con el diagrama cinemática de la figura 16.26c, se tiene que + W x rGIA O + (- wk) x (lj)

VG = VA

vGi VG

=

wr (1) Resp. Este mismo resultado puede obtenerse en forma directa si se tiene en cuenta queA representa el centro instantáneo de velocidad cero.

(b)

=

Diagrama cinemáJico. La aceleración del punto G es horizontal, porque se mueve en una trayectoria recta. Inmediatamente antes de que el punto A toque el piso, su velocidad se dirige hacia abajo a lo largo del eje y, figura 16.26b, e inmediatamente después del contacto, su velocidad se dirige hacia arriba. * * Por este motivo, el punto A comienza a acelerar cuando deja el piso en A, figura 16.26d. No se tiene movimiento en la dirección x en el instante del contacto con el piso. Se desconocen las magnitudes de aA YaG' Ecuación de aceleración

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A (d)

Fig.16.26

a x rGIA - o:JrG1A aAj + (- ak) x (lj) - o:J(lj)

aG = aA +

aGi

=

Al evaluar el producto cruz e igualar las componentes i y j se obtiene (2) Resp. (3) Estos importantes resultados, es decir que VG = wr YaG = ar, se obtuvieron también en el ejemplo 16.3. Se aplican a cualquier objeto circular, como pelota, polea, disco, etc., que ruede sin resbalar. También, el hecho de que aA = w 2r indica que el centro instantáneo de velocidad cero, el puntoA, no es punto de aceleración cero. • Aunque aquí no es necesario, puede demostrarse que la ecuación de la trayectoria (cicloide) se puede formular en términos de e como x = r( e - sen U) y y = r(l - cos U) . •• La pendiente de la trayectoria, dy/dx se encuentra en el eje y, a e = 90°.

SEC.16.7 ANÁLISIS DEL MOVIMIENTO RElATIVO: ACELERACIÓN

l!Jemplo 16.14 El carrete de la figura 16.27a se desenrolla de la cuerda, de manera que, en el momento que se ve en la figura tiene una velocidad angular de 3 rad/s y una aceleración angular de 4 rad/s2. Calcule la aceleración del punto B.

SOLUCiÓN I (ANÁLISIS VECTORIAL) El carrete "parece" que rueda hacia abajo sin resbalar en el punto A. Por lo tanto, podemos emplear los resultados del ejemplo 16.13 para calcular la aceleración del punto G:

aG

= ar == 4(0.5) = 2 ft/s 2

Aplicaremos la ecuación de aceleración entre los puntos G y B. (a)

Diagrama cinemático. El punto B se mueve en una trayectoria curva que tiene radio de curvatura desconocido. * Su aceleración se representa mediante sus componentes desconocidas x yy como se ve en la figura 16.27b. Ecuación de aceleración aB

(aB)"i + (aB)yj

= aG + a x rBIG =

-

oJrBIG

-2j + (-4k) x (O.75j) - (3)2(0.75j)

Por lo tanto, las ecuaciones de componentes son (a B ).. = 4(0.75) = 3 ft/s 2 -+

(aBh.

=

-2 - 6.75

=

-8.75 ft/s2

=

8.75 ft/s2 !

(1) (2)

(b)

La magnitud y dirección de aB son, entonces, aB

= .¡ (3)2 + (8.75)2 = 9.25 ft/s 2

8=

tan- I

8.;5 = 71.1

0

",,<;(1

Resp. Resp.

SOLUCiÓN 11 (COMPONENTES ESCALARES) Este problema puede resolverse formulando las ecuaciones de componentes escalares en forma directa. El diagrama cinemático de la figura 16.27c muestra las componentes de aceleración relativa (aBiG), Y(aB1G)n . Así,

(e)

Fíg.16.27

[(~..] + [(a;)y] =

[2 f1/S2J + [4

rad/s~0.75 ft)] + [(3 rad/S);(O.75 ft)]

Las componentes x y y nos dan las ecuaciones 1 y 2 de arriba. • Es necesario percatarse de que el radio p de CUlvatura de la trayectoria 1W es igual al radio del cilindro, porque éste no gira con respecto al punto G. Además, p no se define como la distancia deA(IC) a B, porque la ubicación de le sólo depende de la velocidad de un punto y no de la geometría de su trayectoria.

317

318

CAP. 16 CINEMÁTICA PlANA DE UN CUERPO RíGIDO

Ejemplo 16.15 El collarín C de la figura 16.2&7 se mueve hacia abajo con una aceleración de 1 m/S2. En el instante que se representa en la figura, tiene una velocidad de 2 mIs, lo cual da una velocidad angular aJAB = aJcs = 10 rad/s. (Véase Ej. 16.7) Calcule las aceleraciones angulares de CB y AB en este momento.

A

-----¡ roAS

= 10 rad/s

aABI re 0.2 m

&

f---0.2m~ B

Fig.16.28

SOLUCIÓN (ANÁLISIS VECTORIAL) Diagramas cinemáticos. En la figura 16.28b se muestran los diagramas cinemáticos de los dos eslabonesAB y CE. Nótese que as tiene tanto magnitud como dirección desconocidas. ¿Por qué? Para resolverlo, aplicaremos a cada eslabón la ecuación cinemática adecuada. Ecuaciones de aceleración EslabónAB (rotación con respecto a un eje fijo): aB = aAB x rs - w2AB rB aB = (aABk) x (-0.2j) - (l0)2(-0.2j)

as = 0.2aABi + 20j

Eslabón BC (movimiento general en el plano): Empleando el resultado para as y aplicando la ecuación 16.18, tenemos que as = ac + acs x r SIC - WcsrB/C 0.2aABi + 20j = -lj + (acsk) x (0.2i - 0.2j) - (1O)2(0.2i - 0.2j) 0.2aABi + 20j = - lj + 0.2acai + 0.2aCB i - 20i + 20j

Así, 0.2aAB = 0.2acs - 20 20 = - 1 + 0.2acB + 20

(1) (2)

Resolviendo el sistema, acs aAB

= =

5 rad/s 2 ') - 95 rad/s 2 = 95 rad/s 2

l

Resp. Resp.

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SECo 16.7 ANÁLISIS DEL MOVIMIENTO RElATIVO: ACELERACIÓN

Ejemplo 16.16 El cigüeñal AB de un motor gira con una aceleración angular de 20 rads/s2 en el sentido de las manecillas del reloj, figura 16.29a. Calcule la aceleración del pistón en el instante en que AB se encuentra en la posición de la figura. En ese momento CUAB = 10 rad/s y CUBC = 2.43 rad/s. SOLUCIÓN (ANÁLISIS VECTORIAL) Diagramas cinemáticos. En la figura 16.29b se muestran los diagramas cinemáticos paraAB y Be. En este caso 8 c es vertical porque C se mueve en trayectoria recta, mientras que B tiene magnitud y dirección desconocidas. Ecuaciones de aceleración. Expresando cada uno de los vectores de posición en forma cartesiana se obtiene rBJA = [- 0.25 sen 45°i + 0.25 cos 45°j} ft = [-0.1 77i + 0.1 77j} ft rC/B

= [0.75 sen 13.6°i + 0.75 cos 13.6°j) ft = [0.1 76i + 0.729j) ft

BielaAB (rotación con respecto a un eje fijo): 8B

= aAB x r BJA - cu2ABr BJA = (- 20k) x (0.177i + O.l77j) - (1O)2(- 0.177i + O.l77j) = [21.24i - 14.16j) ft/s2

Biela motriz BC (movimiento general del plano): Con el resultado de aBy aplicando la ecuación 16.18, tenemos 8B + aBC x rC/B - %Cr c/B ad = 21.24i - 14.16j + (aBck) x (0.1 76i + 0.729j) 8C =

0.75 cos 13.6° ft

- (2.43)2(0.176i +0.729j) ad = 21.24i - 14.16j + 0.176aBcl - 0.729aBCi - 1.04i - 4.30j 0= 20.20 - 0.729aBC ac = 0.176aBc - 18.46

ron

~

0.25 cos 45 ° fl

--I~--x

--,--1

R esolviendo el sistema se obtiene aBC = 27.7 rad/s2 ') a = - 13.6 ft/s2

c

Resp.

Como el pistón se mueve hacia arriba, el signo negativo de 8c indica que está desacelerando, es decir, 8 c = {-13.6j} ft/s2 • Esto hace que la velocidad del pistón disminuya hasta que la biela AB se encuentre vertical, en cuyo caso el pistón queda momentáneamente en reposo.

Fig. 16.29

319

320

CAP.16 CINEMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RíGIDO

PROBLEMAS * 16.92. El disco gira a una velocidad constante de 4 rad/s cuando cae libremente. Su centro tiene una aceleración de 32.2 ft/s 2 . Calcule la aceleración de los puntosA y B de la orilla del disco en el instante que representa la figura.

16.94. El instante que se muestra en la figura, el centro de la rueda se mueve hacia la derecha a una velocidad de 20 ft/s y tiene una aceleración de 10 ft/s 2 • Calcule la aceleración de los puntos A y B en este momento. Suponga que la rueda no resbala enA.

vc=20 ftls ac = IO[tls 2

8

A

Prob. 16.92

www.elsolucionario.org Prob.16.94

16.93. En determinado momento, la parte inferior A de la escalera tiene la velocidad y aceleración que se indican en la figura. Calcule la aceleración de la parte superior de la escalera, B, y la aceleración angular de la escalera en ese momento.

16.95. En el momento representado en la figura, el disco gira con aceleración angular a = 8 rad/s 2 y velocidad angular (j) = 3 rad/s. Calcule la aceleración angular del eslabón AB y la aceleración del pistón en este instante.

A 16 ft

~. A

-l/A

(lA

.

= 6 [tls = 4 n/s 2

Prob. 16.93

Prob.16.9S

PROBLEMAS

* 16.96. En un momento dado, los cables que soportan el tubo tienen los movimientos que se indican en la figura. Calcule la velocidad y aceleración angulares del tubo y la velocidad y aceleración del punto B del tubo. .

321

16.98. Los extremos de la barra AH están confinados en su movimiento a las trayectorias que muestra la figura. En determinado momento A tiene una velocidad de 8 ft/s y una aceleración de 3 ft/s 2, Calcule la velocidad angular y la aceleración angular de AH en este momento,

v ' ; 5 ftls

1 a ' = 1.5 ftls 2

1 B++-----*"'---++ = 8 ftls aA =3 ftls2

VA

Prob.16.96

Prob.16.98

16.97. En un momento dado, la rueda gira con los movimientos que se indican en la figura. Calcule la aceleración del collarín enA en ese momento,

16.99. Hay una cuerda enrollada en el mamelón del pifión. Si se jala de ella con una velocidad v constante, calcule la velocidad y aceleración de los puntos A y B. El pifión rueda sobre la cremallera fija,

B

B

Prob.16.97

/

Probo 16.99

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3ZZ

CAP.16 CINEMÁTICA PlANA DE UN CUERPO RíGIDO

* 16.100. Una polea única con dos ranuras de diferente 16.102. En determinado momento, la corredera B se diámetro está unida con un perno al bloque en A. mueve hacia la derecha con la velocidad y aceleraCuando se desenrolla la cuerda eF del diámetro me- ción que se indican en la figura. Calcule la aceleranor, tal como se indica, la cuerda DE se desenrolla ción angular de la rueda en ese momento. del diámetro mayor. Calcule la aceleración angular de la polea y la aceleración del bloque en el momento representado en la figura.

E F

Prob.16.102

vF = 2 mJs aF =

3 mIs'!

. 16.103. En el instante que se representa en la figur~ () = 60 0 Y el eslabón AB tiene velocidad angular CiJAB = 2 rad/s, y una aceleración angular ~ = 6 rad/s2• Calcule la aceleración del perno e y la aceleración angular del eslabón eB en este instante. Probo 16.100

16.101. En determinado instante, el eslabónAB tiene velocidad angular CiJAB = 2 rad/s en el sentido de las manecillas del reloj, y una desaceleración angular (Wj = 2 rad/s 2 en sentido contrario al de.las manecillas del reloj. Calcule la aceleración del punto e, y la aceleración angular del eslabón Be en el instante que se muestra en la figura.

A

6T in.~c

A

aAB

= 2 radls

2

3in.

lt:¡:~~==:::;¡5'iJ(

6 in.

D.l Prob.16.101

Probo 16.103

PROBLEMAS

* 16.104. En un momento dado, el piñón tiene los movimientos angulares que se muestran en la figura. Calcule las aceleraciones de los puntosA y B del eslabón y la aceleración angular de éste en el momento dado.

323

16.106. En un momento dado, las cremalleras tienen las velocidades y aceleraciones que se indican en la figura. Calcule la aceleración de los puntosA y B.

¡

a = 2 ftls' v = 6 ftls

Probo 16.106

Prob. 16.104

16.107. El bloque deslizante B se mueve hacia la derecha con aceleración de 2 ft/s 2• En el instante que se indica, su velocidad es 6 ft/s. Calcule la aceleración angular del eslabón AB y la aceleración del punto A en ese momento. ao = 2 ftls' lio = 6 ftls

16.105. La rueda gira sin resbalar de modo que, en el instante que se representa en la figura tiene una velocidad angular m y una aceleración angular a. Calcule la velocidad y aceleración angulares de la varilla en ese momento. Prob. 16.107

* 16.108. Si el disco gira con una velocidad angular constante de 3 rad/s, calcule la aceleración del punto A en el momento representado en la figura.

)W=3radls

Probo 16.105

Prob.16.108

324

CAP. 16 CINEMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RÍGIDO

16.8 Análisis de movimiento relativo empleando rotación de ejes En las secciones anteriores se describió el análisis de movimiento relativo para velocidad y aceleración, empleando un sistema coordenado en traslación. Este tipo de análisis es útil para calcular el movimiento de puntos del mismo cuerpo rígido, o el movimiento de puntos ubicados en varios cuerpos rígidos conectados con pernos. Sin embargo, en algunos problemas, los cuerpos rígidos (mecanismos) se construyen de tal manera que en las conexiones se tiene deslizamiento. El análisis cinemático de estos casos se efectúa mejor si se analiza el movimiento con un sistema de coordenadas que se traslada y que gira al mismo tiempo. Además, este marco de referencia es útil para analizar los movimientos de dos puntos sobre un mecanismo que no están ubicados en el mismo cuerpo rígido, y para especificar la cinemática del movimiento de partículas cuando éstas se mueven en una trayectoria rotatoria. En el siguiente análisis se desarrollan dos ecuaciones que relacionan la velocidad y aceleración de dos puntos, uno de los cuales es el origen de un marco móvil de referencia sujeto tanto a una traslación como a una rotación en el plano. * Debido a la generalidad que hay en la deducción que presentamos, estos dos puntos pueden representar a dos partículas que se mueven independientemente entre sí, o a dos puntos ubicados en el mismo cuerpo rígido o en diferentes cuerpos rígidos.

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Posición. Se tienen los dos puntosA y B, que se ven en la figura

y

y x

" " ' - - - - - - - - - -- -x

16.30a. Su ubicación se especifica mediante los vectores de posición rA YrB , que se miden con respecto al sistema fijo de coordenadas, X, y, Z. Como se indica en la figura, el "punto base" A representa el origen del sistema de coordenadas X, y, z, que se supone que se traslada y gira al mismo tiempo con respecto al siste~ ma X, y, Z. La posición de B con respecto a A se determina mediante el vector de posición relativo rBIA- Las componentes de este vector se pueden expresar en términos de vectores unitarios en los ejes X, Y, es decir, 1 y J, o mediante vectores unitarios en los ejes X, y, es decir, i y j. Aunque la magnitud de rB/A es la misma medida en ambos sistemas de coordenadas, la dirección de ese vector es distinta si los ejes X, y no son paralelos a los ejes X, Y. Para la demostración que sigue, se medirá a rBIA en relación con el marco de referencia x, y en movimiento. Así, si B tiene coordenadas (xB,YB) figura 16.30a, entonces r B1A = xBi + YBj

Flg.16.30

Empleando suma vectorial, los tres vectores de posición de la figura 16.3Oa se relacionan mediante la ecuación • En la sección 20.4 se desarrolla el caso más general de movimiento tridimensional de puntos.

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SECo 16.8 ANÁLISIS DE MOVIMIENTO RElATIVO EMPLEANDO ROTACIÓN DE EJES

(16.19) En el instante que estamos considerando, el punto A tiene una velocidad VA y una aceleración aA , mientras que la velocidad y aceleración angulares de los· ejes X, y son a (omega) y n = dO/dt, respectivamente. Todos estos vectores se miden desde el marco de referencia X; y, Z, aunque pueden expresarse tanto en términos de las componentes 1, J, K, o de las componentes i, j, k. Como se especifica un movimiento en el plano, entonces, por la regla de la mano derecha, a y n siempre están dirigidas perpendicularmente al plano de referencia del movimiento, mientras que VA y 8A quedan en ese plano.

Velocidad. La velocidad del punto B se calcula derivando la ecuación 16.19 con respecto al tiempo, lo que da por resultado (16.20) El último término de la ecuación se evalúa como sigue: drBIA _.sI . . dt - dt (XBI + YBJ) _ dxB . +

di + dYB . +

dj

- di' I XB dt di' J YB dt =[

~: i + d:: j) + ( XB ~; + YB ~ J

(16.21)

Los dos términos del primer conjunto de paréntesis representan las componentes de la velocidad del punto B medidas por un obselVadar fijo al sistema de coordenadas X, y, z en movimiento. Esos términos se identificarán mediante el vector (VB/A)l)'Z' En el segundo conjunto de paréntesis se mide la rapidez instantánea de cambio de los vectores unitarios i y j, medida por un obselVador ubicado en el sistema fijo de coordenadas X; y, Z. Estos cambios, di, dj sólo se deben a la rotación instantánea d Ode los ejes X, y, z, haciendo que i pase a i' = i + di Yquej pase aj' = j + dj, figura 16.30b. Como se ve, las magnitudes tanto de di como de dj son iguales a 1 (d OJ, ya que i = i' = j = j' = 1. La dirección de di se define mediante +j, ya que di es tangente a la trayectoria descrita por la punta de la flecha de i en el límite cuando ~ -+ dt. Igualmente, dj actúa en la dirección de -i, figura 16.30b. Por lo tanto, di = ~) = Q' dt dt \J

d' j! = ~-i) =-Qi dt dt

Visual~ando

los ejes en tres dimensiones, figura 16.3Oc, y notando que Q = Ok, podemos expresar las derivadas anteriores en términos del producto cruz como di . dt = Q x I

dj . dt = Q x J

(16.22)

(bl

z

I

do I

x

y- y: J

(el

Flg.16.JO (00IIl.)

325

326

CAP.16 CINEMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RíGIDO

Sustituyendo esos resultados en la ecuación 16.21, y empleando la propiedad distributiva del producto vectorial, o producto cruz, se obtiene. drB1A

--¡¡¡-

= (VBIA).>yZ + Q x (XBI

•

+ yBJ)

= (VBIA)l)'z

+

Q x rBIA

e [1

(16.23)

Por lo tanto, la ecuación 16.20 se transforma en (16.24) donde

= =

VB VA

(VBIA).>yZ

=

Q

=

rBIA

=

velocidad deB, medida desde la referencia X, y, Z velocidad del origenA de la referencia X, y, z, medida desde la referencia X, y, Z velocidad relativa de "B con respecto a A", medida por un observador fijo al marco de referencia X, y, z, en rotación velocidad angular de la referencia x, y, z, medida desde la referencia X, y, Z posición relativa de "B con respecto aA"

Comparando la ecuación 16.24 con la 16.16 (vB = VA + Q x rBIA), que es válida para un marco de referencia en traslación, se puede ver que la única diferencia entre las ecuaciones la representa el término (VBIA)')'z' Con frecuencia es útil comprender lo que representa cada uno de los términos cuando se aplica la ecuación 16.24. En orden de aparición son como sigue: {velocidad absoluta de B (es igual a)

VB

r'

Q

x rBIA

(V BIA )l)'Z

velocidad absoluta del {marco de referencia x, y. Z (más) efecto de velocidad angular originado por la rotación del marco de Lreferenciax, y, z (más)

r

{velocidad relativa de B con respecto a A

movimiento del marco de referencia X, y, z observado desde el marco X, y, Z

movimiento de B observa} do desde el marco X, y, Z

Aceleración. La aceleración del punto B, observada desde el sistema de coordenadas X, y, Z se puede expresar en función de su movimiento medido con respecto al sistema de coordenadas

n

d e 1

(

(

1 l. (

t

SECo 16.8 ANÁLISIS DE MOVIMIENTO REtATIVO EMPLEANDO ROTACIÓN DE EJES

en rotación o en movimiento, derivando la ecuación 16.24 con respecto al tiempo, esto es,

(16.25) Aquí, Q. = dQ/dt es la aceleración angular del sistema de coordenadas X, y, z. Para movimiento en el plano, Q siempre es perpendicular al plano de movimiento, y por lo tanto Q. mide sólo el cambio de magnitud de Q. La derivada drBIA/dt en la ecuación 16.25 está definida por la ecuación 16.23, de modo que (16.26) Calculando la derivada con respecto al tiempo de (VBIA).zyz ( VBJA)" i + (VBIA)y j, tenemos que

=

Los dos términos del primer conjunto de paréntesis representan las componentes de la aceleración del punto B medidas por un observador fijo al sistema de coordenadas en movimiento. Estos términos se identificarán con el vector (aBIA).zyz' Los términos del segundo conjunto de paréntesis se pueden simplificar mediante las ecuaciones 16.22. Por lo tanto, d(VBIA)fY +Q x( ) dt - aBIA xyz VBIA xyz Z

_

(

)

Sustituyendo este resultado y la ecuación 16.26 en la ecuación 16.25, y rearreglando los términos, se obtiene

(16.27) donde aB

=

aceleración de B, medida desde la referencia X;Y,Z

aA

=

(aBIA)xyz> (VBIA)xyz

=

n, Q rBIA

aceleración del origen A del sistema de referenciax, y, z, medida desde el marco X; y, Z aceleración y velocidad relativas de "B con respecto aA", medidas por un observador fijo a la referencia X, y, z en rotación aceleración y velocidad angulares del marco de referencia X, y, Z, medidas desde el marco X; y, Z posición relativa de "B con respecto aA"

327

www.elsolucionario.org 328

CAP. 16 ClNEMÁ TICA PLANA DE UN CUERPO RíGIDO

Si los movimientos de los puntos A y B son en trayectorias curvas, con frecuencia es conveniente expresar las aceleraciones aB, aA Y (aBIA)..,. de la ecuación 16.27 en función de sus componentes normal y tangencial. Si se compara la ecuación 16.27 con la 16.18, escrita como aB = aA + n x rBIA + II x(ll x rBIA), que es válida para un marco de referencia en traslación, se puede ver que la diferencia entre las ecuaciones la representan los términos 2ll x(VBIA)..,.Y (aBIA)..,.. En particular, 2ll x(VBIA)..,.aceleración de Coriolis, en honor del ingeniero francés G. C. Coriolis, quien fue el primero en determinarla. Este término representa la diferencia en la aceleración de B medida desde un marco de ejes X, y, z en rotación y sin rotación. Como lo indica el producto vectorial, la aceleración de Coriolis siempre es perpendicular a II y a (VBIA).tyz. Es una componente importante de la aceleración que se debe tener en cuenta siempre que se empleen marcos de referencia en rotación. Esto sucede con frecuencia, por ejemplo, cuando se estudian las aceleraciones y fuerzas que actúan sobre cohetes, proyectiles de largo alcance, y otros cuerpos con movimiento a los que afecta principalmente la rotación de la Tierra. Es útil recordar la interpretación siguiente de los términos de la ecuación 16.27 cuando ésta se aplica a la solución de problemas.

P: l

www.elsolucionario.org aB

{aceleración absoluta de B (igual a)

aA

eceleración absoluta del origen del marco X, y, z (más) [ efecto de aceleración angular originado por la rotación del marco X, y, Z (más) [efecto de velocidad angular originado por la rotación del marco X, y, 2. (más)

Qx

rBIA

II x (ll x rBIA)

2ll x (VB1A).tyz

(aBIA).tyz

movimiento del marco x'.y, Z observado desde el marco de referencia X, y, Z

efecto combinado de B } que se mueve en relación con las coordenadas X, y, z y la rotación del marco X, y, Z (más)

movimiento interactuante

[aCeleración relativa deB con respecto a A

movimiento de B observado desde el marco x, y, z

1

...;.

p

SECo 16.8 ANÁLISIS DE MOVIMIENTO RELATIVO EMPLEANDO ROTACIÓN DE EJES

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS El procedimiento siguiente es un método de aplicación de las ecuaciones 16.24 y 16.27 a la solución de problemas en los que interviene el movimiento de partículas o cuerpos rígidos en el plano. Ejes coordenados. Escoja una ubicación adecuada para el ori-

gen, y una orientación adecuada para los ejes tanto del marco de referencia X; y, Z como el x, y, z en movimiento. La mayor parte de las veces se obtienen las soluciones con facilidad si en el instante que se considera: (1) los orígenes de los marcos de referencia coinciden; (2) los ejes son colineales; y/o (3) los ejes son paralelos. El marco de referencia en movimiento se debe seleccionar como fijo al cuerpo o dispositivo en el que se tenga el movimiento relativo. Ecuaciones cinemáticas. Después de definir el origen A del

marco de referencia en movimiento, y de haber especificado el punto B en movimiento, se deben escribir las ecuaciones 16.24 y 16.27 en forma simbólica. VB = VA + Q x rBIA + (VBIA)xyz aB = aA +

Qx

rBIA

+ Q x (Q x

rBIA)

+ 2Q x (VBU)xyz + (8BIA)xyz

Cada uno de los vectores de estas ecuaciones se deben definir de acuerdo con los datos del problema y expresarse en forma vectorial cartesiana. Esto necesita esencialmente una determinación de: (1) el movimiento de la referencia móvil, es decir, VA' aA, Q y Q; y (2) el movimiento de B medido con respecto a la referencia en movimiento es decir, rBU ' (VBIA)xyz, y (aBIA)xyz' Se pueden seleccionar las componentes de todos esos vectores a lo largo ya sea de los ejes X; y, Z, o de los ejes x, y, z. La selección es arbitraria siempre que se use un conjunto de vectores unitarios que sea consistente. Finalmente, se sustituyen los datos en las ecuaciones cinemáticas y se llevan a cabo las operaciones vectoriales. Los siguientes ejemplos demuestran en forma numérica este procedimiento.

329

330

CAP.16 CINEMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RíGIDO

Ejemplo 16.17

-------------------------I11III En el momento en que (} = 60°, la varilla de la figura 16.31 tiene una velocidad angular de 3 rad/s, y aceleración de 2 rad/s 2• En este mismo instante, el collarín se mueve hacia

afuera a lo largo de la varilla de tal modo que cuando x = 0.2 m, su velocidad es 2 mis y su aceleración es 3 mls2, medidas ambas con respecto a la varilla. Calcule la aceleración de Coriolis y la velocidad yaceleración del collarín en este momento.

y

SOLUCIÓN y

~~~~---------x

Ejes coordenados. El origen de ambos sistemas coordenados se ubica en el punto 0, figura 16.31. Como el movimiento del collarín se especifica en relación con la varilla, el marco de referencia X, y, z en movimiento se fija a la varilla. Ecuaciones cinemáticas Vc = Vo + Q x rC/o + (vc/o)')'z ac = ao + Q x rC/o + Q x (Q x rC/o) + 2Q x (vc/o)xyz + (ac/o)xyz

(1) (2)

x

Fig.16.31

Será más sencillo expresar los datos en términos de los vectores unitarios i, j, k en lugar de las componentes 1, J, K. Por lo tanto,

Movimiento del marco móvil de referencia vo= O ao = O = {- 3k) rad/s Q = (- 2k} rad/s2

Q

Movimiento de e con respecto al marco móvil de referencia rc/o = (0.2i) m (Vc/O)rel = (2i) mis (ac/O)rel = (3i) m/s2

De acuerdo con la ecuación 2, la aceleración de Coriolis se define mediante aCor = 2Q x(vcd')'z = 2(- 3k) x (2i) = {-12j}

m/s2

Resp.

Este vector se muestra con líneas punteadas en la figura 16.31. Si se desea, se puede descomponer en componentes 1, J, que actúan a lo largo de los ejes X; Y, respectivamente. La velocidad y aceleración del collarín se calculan sustituyendo los datos en las ecuaciones 1 y 2 Y evaluando los productos vectoriales, lo cual resulta en Vc = Vo + Q x rC/o + (vc/o)')'z

= O (- 3k) x (O.2i) + 2i [2i - O.6j] mis

=

Resp.

a c = a o + Q x rC/o + Q x (Q x rC/o) + 2Q x (vc/o)xyz + (ac/o)xyz = O + (- 2k) x (O.2i) + (- 3k) x [(-3k) x (O.2i)] + 2(- 3k) x (2i) + 3i

= O - O.4j - 1.8Oi - 12j + 3i [1.2Oi - 12.4j] m/s2

=

Resp.

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SECo 16.8 ANÁLISIS DE MOVIMIENTO RElATIVO EMPLEANDO ROTACIÓN DE EJES

EJemplo 16.18 La varilla AB, que aparece en la figura 16.32, gira en el sentido de las manecillas del reloj de tal forma que tiene una velocidad angular WAB = 2 rad/s y aceleración angular aAB = 4 rad/s2 cuando () = 45°. Calcule el movimiento angular de la varilla DE en ese momento. El collarín en e está fijo con un perno aAB y se desliza sobre la varilla DE.

SOLUCIÓN

Ejes coordenados. Los orígenes de los marcos de referencia fijos y en movimiento se ubican en D, figura 16.32. Además, la referencia X, y, z se fija a y gira con la varilla DE.

Ecuaciones cinemáticas (1)

V c = V o + O x rCtO + (VCto)xyz ac = ao + Q x rC/D + O x (O x rC/D) + 20 x (VC/D)ryz + (aC/D)xyz

(2)

Todos los vectores se expresarán en términos de sus componentes i, j, k.

Movimiento del marco móvil de referencia Vo

=O

ao = O

0 = - woEk Q = - aOEk

Movimiento de e con respecto al marco móvil de referencia r CtO = [O.4i] m (VC/D)ryz = (vc/D)xyzi (aC/D),yz = (a c¡o)ryzi

Y. y

r L

0.4 m

Movimiento de C: Como el collarín se mueve a lo largo de una trayectoria circular, su velocidad y aceleración pueden calcularse mediante las ecuaciones 16.9 y 16.14 Fig.1632

WAB x rC¡A = (- 2k) x (O.4i - O.4j) = [O.8i - O.8j] mis a c = aAB x rCtA - cifABrCtA = (- 4k) x (O.4i + O.4j) - (2)2(0.4i + O.4j) = {-3.2j} m/s 2 Vc =

Sustituyendo los datos en las ecuaciones 1 y 2, tenemos V c = Vo + O x rc¡o + (vc¡o)ryz O.8i - O.8j = O + ( - woEk) x (O.4i) + (vc¡o)ryzÍ O.8i - O.8j = O - O.4wod + (vc/D)xyzi (VC/D)xyz = 0.8 mis WOE = 2 rad/s

Resp.

ac = ao + Q x rCtO + O x (O x rC/D) + 20 x (VC/D)ryz + (aC/D)ryz -3.2j = O + (-aoEk) x (O.4i) + (-2k) x[(-2k) x (O.4i)] + 2( - 2k) x (O.8i) + (ac/D)xyzi -3.2j = -O.4aod + O.4aOEi - 1.6i - 1.6j - 3.2j + (a c/D)ryzi (aC/D)xyz = 1.6 m/s2 aOE = O Resp.

331

332 ~

CAP. 16 CINEMÁTICA PLANA DE UN CUERPO RíGIDO

Ejemplo 16.19 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _-.¡ Dos aeroplanos,A y B vuelan a la misma altitud y sus movimientos se muestran en la figura 16.33. Calcule la velocidad y aceleración deA medida por el piloto de B . SOLUCIÓN

Ejes coorde(Ulllos. Como lo que se busca es el movimiento relativo de A con respecto al piloto de B, se fijan los ejes X, y, z al aeroplano B, figura 16.33. En el instante que se considera, ~l origen B coincide con el origen del marco fijo X; y, Z de referencia.

Ecuaciones cinemáticas (1) (2)

www.elsolucionario.org Fig.16.33

Q

= (-1.5k} rad/h

Q

=

{O.25k] rad/h2

Movimiento de A con respecto a la referencia móvil r A IB =

(-4i} km

Sustituyendo los datos en las ecuaciones 1 y 2, Y teniendo en cuenta que VA = {700j} km/h Yque aA {50j} km/h 2, tenemos VA = V B

700j

=

+Q x

r AIB

+ (VA IB)ryz

600j + ( - 1.5k) x (-4i) + (vA IB)xyz

(vAIB)xyz = (94j) km/h

Resp.

aA = aB + Q x rAIB + Q x (Q x rAIB) + 2Q x (vAIB)')'z + (aAIB)xyz

50j

=

(900i - 100j) + (0.25k) x (-4i) + (- 1.5k) x [( - 1.5k) x (- 4i)] + 2( - 1.5k) x (94j) + (aAIB)xyz

(aA/B)xyz =

(-119Oi + 151j} km/h2

Resp.

Se debe comparar la solución de este problema con la del ejemplo 12.27.

PROBLEMAS

333

PROBLEMAS 16.109. La pelota B de tamaflo despreciable rueda por el tubo de tal modo que en el instante que se ve en la figura tiene una velocidad de 5 ft/s y una aceleración de 3 ft/s 2, medidas en relación con el tubo. Si el tubo tiene velocidad angular (J) = 3 rad/s, Y. aceleración angular a = 5 rad/s2 en el mismo instante, calcule la velocidad y aceleración de la pelota.

*16.112. Resuelva el problema 16,111 suponiendo que en el instante en que x = 0.1 m,x = -3 m/s,x = 1.25 m/S2, (J)D = 2 rad/s, y que el disco tiene desaceleración angular ao = -4 rad/s2.

r

cLro,a o

16.111. El bloque deslizante B que está fijo a una cuerda, se mueve a lo largo de la ranura en el disco horizontal. Si la cuerda se jala hacia abajo por el agujero central A del disco a velocidad constante x = -3 mIs, medida con respecto al disco, calcule la aceleración del bloque en el momento en que x = 0.1 m. El disco tiene velocidad angular constante (J)D = 2 rad/s.

I x

Prob.16.109

16.110. Una muchacha está parada en el punto A de una plataforma que gira con velocidad angular constante (J) = 0.5 rad/s. Si camina con velocidad constante v = 0.75 mIs medida con respecto a la plataforma, calcule su aceleración (a) cuando alcanza el punto D en su trayectoriaADC, d = 1m; y (b) cuando alcanza el puntoB si sigue la trayectoriaABC, r = 3 m.

- ro ~--.-------~- y

Probs.16.1ll/16.112

16.113. En el instante que se representa en la figura, la pelota B rueda a lo largo de la ranura en el disco con una velocidad de 600 mm/s y una aceleración de 150 mm/s2, medidas ambas en relación con el disco y dirigidas alejándose de O. Si, en el mismo instante el disco tiene la velocidad y aceleración angulares que se indican, calcule la velocidad y aceleración de la pelota en ese momento.

z

I ro = 6 rad/s

a = 3 rad/s2

y x

Prob.16.110

Prob.16.113

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334

CAP. 16 CINEMÁTICA PlANA DE UN CUERPO RíGIDO

16.114. En el instante en que 8 = 60°, el eslabón CD * 16.116. El bloque A que está fijo a una cuerda, se tiene una velocidad angular OJcD = 4 rad/s y una ace- mueve a lo largo de la ranura de una corredera horileración angular
1---

-

- - 2 ft------I

Prob.16.114

16.115. En un momento dago, la varilla AB tiene los movimientos angulares que indica la figura. Calcule la velocidad y acel(:ración angulares de la varilla CD en este momento. Hay un collarín en C.

Probs.16.116/16.117

16.118. En el momento que e = 45°, el eslabón CD tiene una velocidad angular OJcD = 4 rad/s y una aceleración angular
T 2 ft

B

1

e

A

~3ft~

Probo 16.115

Probo 16.118

PROBLEMAS

16.119. Las góndolas del parque de diversiones giran con respecto al eje en A con velocidad angular constante OJAIf = 2 rad/s, medida con respecto al bastidor AB. A! mismo tiempo, este marco gira con respecto al eje principal de soporte en B con velocidad angular constante OJ¡ = 1 rad/s. Calcule la velocidad y aceleración de la góndola e en el momento que indica la figura.

335

16.121. El engranaje tiene el movimiento angular que se ve en la figura. Calcule la velocidad y la aceleración angulares del eslabón ranurado Be en este momento. El perno enA está fijo al engranaje.

* 16.120. Las góndolas del parque de diversiones giran con respecto al eje en A con velocidad constante OJAIf = 2 rad/s, medida con respecto al bastidor AB. A! mismo tiempo, este marco gira con respecto al eje principal de soporte en B con velocidad angular constante OJ¡ = 1 rad/s. Calcule la velocidad y aceleración de la góndola D en el momento que indica la figura.

Probo 16.121

16.122. En el momento que muestra la figura, el brazo robóticoAB gira en sentido contrario al de las manecillas del reloj con OJ = 5 rad/s y tiene una aceleración angular a = 2 rad/s 2. En forma simultánea, el sujetador Be gira en sentido contrario al de las manecillas del reloj con OJ' = 6 rad/s ya' = 2 rad/s2, medidas ambas con respecto a una referencia fija. Calcule la velocidad y aceleración del objeto sujeto en C.

Probs.16.119/16.120

Prob. 16.122

336

CAP. 16 CINEMÁTICA PlANA DE UN CUERPO RíGIDO

16.123. El anillo gira con respecto al punto O y tiene el movimiento angular que se indica. También, en este momento, el collarín se mueve hacia abajo siguiendo al anillo con una velocidad de 5 mis, que aumenta a 8 mls2, medidas ambas con respecto al anillo. Calcule la magnitud de la velocidad y aceleración del collarín.

•

16.125. El bloque B del mecanismo de retorno rápido está forzado a moverse dentro de la ranura en el miembro CD. SiAB gira a un velocidad constante de (dAB = 3 rad/s, calcule la velocidad y aceleración angulares del miembro CD en el momento que representa la figura.

•

,', Prob.16.123

E to

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* 16.124. El mecanismo de dos eslabones sirve para amplificar el movimiento angular. El eslabón AB tiene un perno en B que está forzado a moverse dentro de la ranura del eslabón CD. Si en el instante que se representa en la figura,AB (entrada) tiene una velocidad angular (dAB = 2.5 rad/s y aceleración angular aAB = 3 rad/s", calcule la velocidad y aceleración angular de CD (salida) en este momento.

<,

<,

-,

do

m

la es

m dI

ci pl ej pl gl te tr

Probo 16.125

-, \

e

u:

\

le

\ A ~ aJAB

aAB

\

./

----

---...--/

Probo 16.124

/

= 3 rad/s?

/

"-,

J

= 2.5 rad/s /

/

...

'

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17

Cinética de un cuerpo rígido en el plano: fuerza y aceleración

En el capítulo anterior, se presentó la cinemática del movimiento de un cuerpo rígido en el plano, en orden de complejidad creciente, es decir, traslación, rotación con respecto a un eje fijo, y movimiento general en el plano. En este capítulo se presentará la cinética del cuerpo rígido en un orden similar al anterior. El capítulo comienza presentando una propiedad de los cuerpos llamada momento de inercia. A continuación, se da una deducción de las ecuaciones del movimiento general en el plano para un cuerpo rígido simétrico. Esas ecuaciones se aplican después a problemas específicos de traslación, rotación con respecto a un eje, y finalmente el movimiento general en el plano, de un cuerpo rígido. Al estudio cinético de esos movimientos se le llama en general la cinética de los movimientos en el plano, o simplemente cinética en el plano. El estudio, más complejo, de la cinética tridimensional del cuerpo rígido, que incluye ·el movimiento de un cuerpo rígido asimétrico en el plano, se presenta en el capítulo 21.

338

CAP. 17 CLNÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO; FUERZA Y ACELERACIÓN

17.1 Momento de inercia Como un cuerpo tiene un tamaño y forma definidos, un sistema de fuerzas no concurrentes aplicado a él puede originar que se mueva y que gire al mismo tiempo. Los aspectos de traslación del movimiento se estudiaron en el capítulo 13 y están gobernados por la ecuación F = ma. En la sección 17.2 se demostrará que los aspectos de rotación, originados por el momento M, están gobernados por una ecuación de la forma M = la. El símbolo 1 en e,sta ecuación se llama momento de inercia. Por comparación, el momento de inercia es una medida de la resistencia de un cuerpo a la aceleración angular (M = la), del mismo modo que la masa es una medida de la resistencia del cuerpo a la aceleración (F = ma). Definiremos al momento de inercia como la integral del "segundo momento", con respecto a un eje, de todos los elementos de masa dm que componen al cuerpo. * Por ejemplo, veamos el cuerpo rígido que aparece en la figura 17.1. El momento de inercia de ese cuerpo con respecto al eje z es

(17.1)

Fig.17.1

En esta ecuación el "brazo del momento" r es la distancia perpendicular que hay del eje al elemento arbitrario dm. Como la formulación implica a r, el valor de 1 es diferente para cada eje con respecto al cual se calcula. Por ejemplo, si el eje coincide con el eje longitudinal de una varilla esbelta, 1 será pequeño, ya que r es pequeña para cada elemento de la varilla. Si el eje es perpendicular a la varilla, 1 será grande, ya que la varilla tendrá una masa mayor distribuida a distancias más grandes del eje. En el estudio de la cinética en el plano, el eje que en general se escoge para el análisis pasa a través del centro de masa G del cuerpo y siempre es perpendicular al plano del movimiento. El momento de inercia calculado con respecto a este eje se denominará I G • Téngase en cuenta que r está elevado al cuadrado en la ecuación 17.1, y por lo tanto el momento de inercia de la masa siempre es una cantidad positiva. Las unidades comunes que se emplean para su medición son los kg' m Z, o slug . ftz.

• Otra propiedad del cuerpo, que mide la simetría de la masa del cuerpo con respecto a un sistema de coordenadas, es el producto de inercia. Esta propiedad se aplica al movimiento tridimensional de un cuerpo y se describirá en el capítulo 21.

SEC.17.1

MOMENTODEINERCIA

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS En este procedimiento sólo tomaremos en cuenta cuerpos simétricos que tengan superficies generadas por una curva de revolución alrededor de un eje. Como ejemplo de este tipo de cuerpos, cuyo volumen de revolución está generado con respecto al eje de las z, tenemos el que se muestra en la figura 17.2. Si el cuerpo está hecho de un material con densidad variable, p = p (x, y, z), la masa elemental dm del cuerpo puede expresarse en términos de su densidad y volumen en la forma dm = p dV. Sustituyendo dm en la ecuación 17.1, el momento de inercia del cuerpo se calcula, entonces, empleando elementos de volumen para la integración, es decir, 1 = f/2pdV

din =pdV

En el caso especial de que p sea constante, este término puede obtenerse de la integral y entonces, la integración es sólo función de la geometría del cuerpo:

l=pfvr2dV

x

(a)

Elemento en forma de cascarón. Si un elemento de cascarón con una altura z, radio y y espesor dy, se escoge para la integración, figura 17.2h, entonces el volumen es dV = (2ny)(z)dy. Este elemento puede emplearse en la ecuación 17.2 o 17.3 para calcular el momento de inercia /z del cuerpo con respecto al eje z, ya que el elemento completo, debido a su "delgadez" queda a la misma distancia perpendicular r =y del ejez (véase Ej. 17.1). Elemento enforma de disco. Si se escoge un elemento de disco con radio y y espesor dz para la integración, figura 17.2c, entonces el volumen dV = (ny2)dz. Sin embargo, en este caso el elemento es finito en su dirección radial, y en consecuencia sus partes no quedan todas a la misma distancio. radial r del eje z. Como resultado las ecuaciones 17.2 o 17.3 no pueden entonces usarse para determinar /z directamente. En cambio, para llevar a cabo la integración empleando este elemento, primero será necesario calcular el momento de inercia del elemento con respecto al eje z y depués integrar el resultado (véase Ej. 17.2).

(x, y, z, )

-- y

(17.3)

Cuando el volumen elemental que se escoge para integración tiene dimensiones infinitesimales en las tres direcciones, es decir, dV = dx dy dz, figura 17.2a, debe calcularse el momento de inercia del cuerpo mediante "integración triple". Sin embargo, el proceso de integración puede simplificarse hasta llegar a una "integración sencilla" siempre que el elemento de volumen seleccionado tenga una dimensión o espesor diferencial sólo en una dirección. Con frecuencia se emplean elementos en forma de disco o de cascarón para este objeto.

' CID / z

(17.2)

(b)

x (e)

Fig.17.2

339

www.elsolucionario.org

340

CAP. 17 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PlANO: FUERZA Y ACELERACIÓN

FJemplo 17.1 Calcule el momento de inercia del cilindro que se muestra en la figura 17.3a con respecto al eje z. La densidad p del material es constante.

dr

I

h

--+-+4+-1-+ Y 1 h

x

/~

-------

"-

x

-----'-

(b)

(a)

Flg.17.3

www.elsolucionario.org SOLUCIÓN Elemento de cascarón. Este problema puede resolverse empleando el elemento de cascarón de la figura 17.3b e integración sencilla. El volumen del elemento es dV (2nr)(h) dr, de modo que su masa es dm p dV p(2nhr dr). Como el elemento completo queda a la misma distancia r del eje z, el momento de inercia del elemento es

=

dlz

=

=

= r dm = p2nhf3 dr

Integrando en toda la región del cilindro, tenemos

La masa del cilindro es m

L

=

dm

= p21Ch foR r dr = pnhR2

de modo que

1z = JmR2 2

Resp.

SECo 17.1

Ejemplo 17.2 Un sólido se forma haciendo girar la superficie sombreada que se ve en la figura 17.4a con respecto al eje y. Si la densidad del material es 5 sluglft3, calcule el momento de inercia con respecto al eje y.

L - -_ _- ' -_ _

x

'--------'--'----- - - ' --

x

(~)

(a)

Fig.17.4

SOLUCIÓN

Elemento de disco. El momento de inercia se calculará empleando un disco elemental, como se ve en la figura 17.4b. En este caso el elemento interseca a la curva en el punto arbitrario (x, y) y su masa es dm

= pdV = p (nx2) dy

Aunque todas las partes del elemento no están ubicadas a la misma distancia del eje y, de todos modos es posible calcular el momento de inercia dly del elemento con respecto al eje y. En el ejemplo anterior se demostró que el momento de inercia de un cilindro con respecto a su eje longitudinal es 1 = fmR2, siendo m y R la masa y el radio del cilindro. Como la altura del cilindro no interviene en esta fórmula, podemos usarla también para un disco. Así, para el elemento de disco de la figura 17.4b tenemos

Sustituyendo x = l, p = 5 sluglft3 e integrando con respecto a y, desde y = O hasta y = 1 ft, se obtiene el momento de inercia del sólido completo.

.t dy = 0.873 slug . ft2

n(5)J:l l = -n(5)Stlx" dy = Y 2 o 2- o

Resp.

MOMENTO DE INERCIA

341

342

CAP. 17 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: FUERZA Y ACELERACIÓN

Teorema del eje paralelo. Si se conoce el momento de inercia del cuerpo con respecto a un eje que pase por su centro de masa, entonces se puede calcular el momento de inercia con respecto a cualquier otro eje paralelo empleando el teorema del eje paralelo. Este teorema puede deducirse mediante el cuerpo que se ve en la figura 17.5. El eje z' pasa por el centro G de masa, mientras que el eje paralelo z correspondiente queda a una distancia d constante. Seleccionando al elemento de masa dm, ubicado en el punto (x', y'), y empleando el teorema de Pitágoras, fl = (d + x')2 + y'2, podremos expresar el momento de inercia del cuerpo con respecto al eje z de la siguiente forma: 1 ={fldm ={[(d +x')2y'2]dm ={

(X'2 + y'2) dm + 2d Lx' dm + d2 {

dm

Como 7'2 = X'2 + y'2, la primera integral representa a la. La segunda integral es igual a cero porque el eje z' pasa por el centro de masa del cuerpo, es decir, x' dm = x dm = 0, ya que x = O. Finalmente, la tercera integral representa la masa total m del cuerpo. Por lo tanto, el momento de inercia con respecto al eje z puede escribirse como

f

f

(17.4) donde

IG = momento de inercia con respecto al eje z' que pasa por el centro de masa G m = masa del cuerpo d = distancia perpendicular entre los ejes paralelos z y z'.

y'

rr==------'---.:..,;~-,l---'-

/ - - - -- d -

--.Lz'

Flg. 17.S

x'

www.elsolucionario.org SECo 17.1

Radio de giro. A veces, el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje específico aparece en algunos libros y manuales usando el radio de giro, k. Este valor tiene unidades de longitud, y cuando se conocen su valor y el de la masa m del cuerpo, puede calcularse el momento de inercia mediante la ecuación

I=mi<'

o

k=1I I

(17.5)

Nótese la semejanza entre la definición de k en esta fórmula y r en la ecuación dI = r- dm, que define el momento de inercia de una masa dm elemental del cuerpo con respecto a un eje.

Cuerpos compuestos. Si un cuerpo está hecho de varias formas simples como discos, esferas y varillas, puede calcularse el momento de inercia del cuerpo con respecto a cualquier eje z sumando algbraicamente los momentos de inercia de todas las formas compuestas calculadas con respecto al eje z. Es necesaria la adición algebraica porque una parte compuesta debe considerarse como cantidad negativa si ya se ha contado como parte de otra parte (por ejemplo, un "agujero" se resta de una placa maciza). El teorema del eje paralelo se necesita para los cálculos, si el centro de masa de cada parte no queda en el eje z. Entonces, para el cálculo, 1 = I:-(IG + md 2). En este caso IG para cada una de las partes se calcula por integración, o puede determinarse empleando una tabla, como la que aparece en las páginas suplementarias al final del libro.

MOMENTO DE INERCIA

343

344

CAP. 17 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: FUERZA Y ACELERACIÓN

FJemplo 17.3 Si la placa que se muestra en la figura 17.6a tiene una densidad de 8000 kglm 3 y un espesor de 10 mm, calcule su momento de inercia con respecto a un eje perpendicular a la página y que pase por el punto O. 250 mm

~

125mm

_

0 ' 125mm

o

Espt!sor IOmm

(b)

(a)

Fig.17.6

SOLUCIÓN La placa consta de dos partes. El disco de 250 mm de radio menos un disco de 125 mm de radio, figura 17.6b. El momento de inercia con respecto a O puede determinarse calculando el momento de inercia de cada una de esas partes con respecto a O y a continuación sumando algebraicamente los resultados. Los cálculos se llevan a cabo empleando el teorema del eje paralelo junto con los datos que aparecen en la cubierta interior trasera.

www.elsolucionario.org Disco.

El momento de inercia de un disco con respecto al eje centroidal perpendicular al plano del disco es h = .pnr2. El centro de masa del disco está a una distancia de 0.25 m del punto O. Entonces, m d = PdVd = 8000 kglm 3[ n(0.25 m)2(0.01 m)] = 15.71 kg (/d)O = .pnd~ + mdd 2 =

"21 (15.71 kgXO.25 m)2 + (15.71 kg)(0.25 m)2

=

1.473 kg . m2

Agujero. Para el disco de 125 mm de radio (agujero), tenemos

mh = PhVh = 8000 kglm 3[n(0.125 m)2(0.01 m)] = 3.93 kg (/h)O

=

.pnh r~ + m hd 2

=

"21 (3.93 kgXO.125 m)2 + (3.93 kgXO.25 m)2

=

0.276 kg . m 2

El momento de inercia de la placa con respecto al punto O es, por lo tanto,

lo = (/d)O - (/h)O = 1.473 - 0.276 = 1.20 kg' m 2

Resp.

SECo 17.1 MOMENTO DE INERCIA

Ejemplo 17.4 El péndulo consta de dos varillas delgadas cada una de ellas con un peso de 10 lb Y están colgadas del punto O, como se muestra en la figura 17.7. Calcule el momento de inercia del péndulo con respecto a un eje que pase por (a) el perno en O, y (b) el centro de masa G del péndulo.

O, ·

SOLUCIÓN Parte (a). Empleando la tabla de la cubierta interior trasera, el

momento de inercia de la varilla OA, con respecto a un eje perpendicular a la página y que pase por el extremo O de la varilla es 10 = fmr. Por lo tanto,

(lOA)O =

}n¡z = ~ 3~~2 )(2)2 = 0.414 slug . ft

Se obtiene este mismo valor empleando la rema del eje paralelo.

(lOA)O =

-/tnr

+ mtF =

= (iz)mr y el teo-

~ 3~~2 J2)2 + [ 3~~2 )(1)2

r + md2 = ~ 3~~2 f2)2 + [3~~2 )<2)2 (lBdo = = 1.346 slug . ftz

-b:n

El momento de inercia del péndulo con respecto a O es, por lo tanto,

= 0.414 + 1.346 = 1.76 slug . ft2

Resp.

Parte (b). El centro de masa a se ubicará en O. Suponiendo que esta distancia sea figura 17.7, y empleando la fórmula

y,

para la determinación del centro de masa, tenemos que

- = 1:ym = 1(10/32.2) + 2(10/32.2) = 1.50ft 1:m (10/32.2) + (10/32.2)

y

Se puede calcular el momento de inercia IG del mismo modo que lo, lo cual necesita de aplicaciones sucesivas del teorema del eje paralelo para pasar los momentos de inercia de las varillas OA y BC a G. Sin embargo, una solución más directa implica el empleo del resultado para lo, es decir, 1.76 = la + ( 3~~2 J1.50)2

IG

=

0.362 slug . ft 2

Resp.

2 ft

A

e

B

1- I ft --1- I ft -1 . Fig.17.7

Para la varilla BC tenemos que

lo =IG + mtF;

J

2

= 0.414 slug ·ftz

10

G•

TI

345

www.elsolucionario.org 346

CAP. 17 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: FUERZA Y ACELERACIÓN

PROBLEMAS 17.1. Calcule el momento de inercia Iy de la varilla delgada. La densidad p de esa varilla, así como su área de sección transversal A son constantes. Exprese el resultado en función de la masa total de la varillamo

-,

mi

nc da

e~------~-----M----x

", y

fl

11

17.3. Calcule el momento de inercia Ix y exprese el resultado en términos de la masa total m de la esfera. Esta esfera tiene densidad pconstante.

17 ár,

A x

Prob.!7.!

Prob.17.3

r

b

17.2. El paraboloide se forma girando el área som- *17.4. Calcule el momento de inercia del anillo delgabreada alrededor del eje X. Calcule el radio de giro do con respecto al eje Z. El anillo tiene masa m. k; El material tiene densidad p constante.

í

y

~------·~~+-L----x

h

It-------~------l]--x

------1

Prob.17.2

Prob.17.4

ÍII

PROBLEMAS

17.5. El cono circular recto se forma haciendo girar el área sombreada alrededor del eje x. Calcule el momento Ix de inercia y exprese el resultado en términos de la masa total m del cono. El cono tiene densidad pconstante.

347

17.7. El sólido se forma haciendo girar el área sombreada alrededor del eje x. Calcule el radio de giro kx. La densidad del material es p = 5 Mglm 3 •

y

y

f--- - -

k "po¡"";;j---L..- - x

Prob. 17.7

Prob.17.S

17.6. El sólido se forma haciendo girar el área som- • 17.8. El sólido se forma haciendo girar el área sombreada alrededor del eje y. Calcule el momento de breada alrededor del eje y. Calcule el radio de giro ky. inercia Iy. La densidad del material es r = 150Ib/ft3. La densidad del material es r = 380Ib/ft3.

y

y

1

3 in.

~----~-L-_--x

1--- 3 in. ----j

Prob.17.6

Prob.17.8

348

CAP. 17 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: FUERZA Y ACELERACIÓN

17.9. Se forma elfrustmm haciendo girar el área sombreada alrededor del eje x. Calcule el momento de inercia Ix y exprese el resultado en términos de la masa m total delfrustmm. Éste tiene una densidad p constante.

17.11. Las varillas esbeltas tienen un peso de 3 lb/ft. Calcule el momento de inercia del conjunto con respecto a un eje perpendicular a la página y que pase por el puntoA.

y

I

I

2ft

+ - -- - -- --I---'----l--L.--

X

====~= L --'~~

1- -

1.5 ft

1.5 ft

Prob.17.11

Prob.17.9

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17.10. Calcule el momento de inercia Ix y exprese el *17.12. El péndulo consta de una placa que tiene un resultado en términos de la masa total m del elipsoi- peso de 12 lb Y una varilla esbelta que pesa 4 lb. Calde de revolución. Éste tiene una densidad p cons- cuh! el radio de giro del péndulo con respecto a un eje perpendicular a la página que pase por O. tante.

y

X2

y2

~ + b1

=

l'--~l-=-==-------'Ib

~----+-----~~ x

Prob.17.10

Prob. 17.12

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PROBLEMAS

17.13. El péndulo consta de la varilla delgada de 3 kg Y la placa delgada de 5 kg. Determine la ubicación y del centro de masa G del péndulo, para calcular a continuación su momento de inercia con respecto a un eje perpendicular a la página y que pase por G.

349

17.15. Calcule el momento de inercia del conjunto con respecto a un eje perpendicular a la página y que pase por el punto o. El material tiene un peso específico r =90 Ib/ft3.

o

lf 11 11 11 11 11 11

0.25ft

t

3

~ lft~

0.5 m

-.L '---'-"'----'

~ lm ~

Prob.17.1S

Prob.17.13

17.14. Calcule el momento de inercia del conjunto * 17.16. Calcule el momento de inercia de la placa delcon respecto a un eje perpendicular a la página y que gada con respecto a un eje perpendicular a la página pase por el centro de masa G. El material tiene un y que pase por el punto o. La placa tiene un agujero en su centro. Su espesor es de 50 mm y el material peso específico r = 90 Ib/ftJ. tiene una densidad p = 5 Mg/m3•

o

lf 3 11 11 11 11 11 11

0.25ft 0.5 ft

~lft~

Prob.17.14

Prob.l?l'

350

CAP. 17 ClNÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: FUERZA Y ACELERACIÓN

17.17. Cada una de las tres varillas tiene una masa m. Calcule el momento de inercia del conjunto con respecto a un eje perpendicular a la página y que pase por el punto central O.

17.19. Calcule el momento de inercia I, delfrustrum del cono, que tiene una depresión también cónica. El material tiene una densidad de 200 kg/m>.

1i En en de El en ~

200mm

cu mi

1

pu (ci

t

400mrn

~

za:

ell de, do da

'"

Prob.!7.!7

al

r

600rnm

•t

mi

Prob.17.!9

17.18. Calcule la ubicación y del centro de masa G * 17.20. El péndulo consta de un disco que tiene una del conjunto, y a continuación calcule el momento de masa de 2 kg Yde las varillas delgadasAB y DC, que inercia con respecto a un eje perpendicular a la pági- tienen una masa de 2 kg/m, Calcule la longitud L de na que pase por G. El bloque tiene una masa de 3 kg DC de modo que el centro de masa esté en el cojinete O. ¿Cuál es el momento de inercia del conjunto Yla masa del semicilindro es de 5 kg. con respecto a un eje perpendicular a la página que pase por el punto O?

El te se né sh el lo t[l ca Cl

cc

A p; m a ro.8rnio.5rnllL

0.2m A

o

B

~

e

Prob.17.18

Prob.17.20

b e:

SECo17.2 ECUACIONES CINÉTICAS DEL MOVIMIENTO EN EL PLANO

351

17.2 Ecuaciones cinéticas del movimiento en el plano En el siguiente análisis limitaremos nuestro estudio de la cinética en el plano a los cuerpos rígidos que, con sus cargas, se consideran simétricos con respecto a un plano fijo de referencia. * El movimiento plano de este cuerpo rígido se puede analizar en un plano fijo de referencia, porque la trayectoria del movimiento de cada partícula del cuerpo es una curva plana paralela al plano de referencia. Así, para el análisis, el movimiento del cuerpo puede representarse mediante una placa que tiene la misma masa y contorno exterior que el cuerpo. Todas las fuerzas y los pares de momento que actúan sobre el cuerpo se pueden proyectar en el plano de esa placa. Un ejemplo de placa (cuerpo) arbitraria de este tipo se muestra en la figura 17.Ba. En ella, el sistema de referencia inercial X, y, z, tiene su origen coincidente con el punto P arbitrario del cuerpo. Por definición, estos dos ejes no giran y, o bien son fijos, o bien se trasladan con velocidad constante.

Ecuación de movimiento de traslación. Las fuerzas externas que se muestran en el cuerpo en la figura 17.8a representan simbólicamente el efecto de las fuerzas eléctricas, magnéticas o de contacto entre los cuerpos adyacentes. Como este sistema de fuerzas ya se ha visto antes en la sección 13.3, para el análisis de un sistema de partículas, se pueden emplear aquí los resultados, en cuyo caso las partículas están contenidas dentro de los contornos del cuerpo (o placa). Por lo tanto, si se aplica la ecuación de movimiento a cada una de las partículas del cuerpo, y se suman vectorialmente los resultados, se llega a la conclusión de que

~y F4

~

p

------------

/F3

a

(a)

A esta ecuación se le llama ecuación del movimiento de traslación para el centro de masa de un cuerpo rígido. Establece que la suma de todas las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo es igual a la masa de éste por la aceleración de su centro de masa G. Para el movimiento del cuerpo (o placa) en el plano x-y, se puede escribir la ecuación del movimiento de G en forma de dos ecuaciones escalares independientes, es decir, LF'x = m(adx LF'y = m(aG)y

* Haciendo esto, la ecuación del movimiento rotatorio se reduce a una forma bastante simplificada. El caso más general de carga y forma de un cuerpo se describe en el capítulo 21.

)00

Glw

Fig.17.8

'e

x

2

www.elsolucionario.org 352

CAP. 17 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: FUERZA Y ACELERACIÓN

Ecuación de movimiento rotatorio. A continuación determinaremos los efectos originados por los momentos del sistema de fuerzas externas, calculados con respecto a un eje perpendicular al plano del movimiento, el eje z, y que pasa por el punto P. Corno se ve en el diagrama de cuerpo libre de la iésima partícula, figura 17.8b, F¡ representa la fuerza externa resultante que actúa sobre la partícula, y f¡ es la resultante de las fuerzas internas originadas por las interacciones con partículas adyacentes. Si la partícula tiene una masa m¡ y en el instante que se considera su aceleración es Il¡, entonces el diagrama cinético se construye corno se muestra en la figura 17.&. Si se suman los momentos de las fuerzas que actúan sobre la partícula con respecto al punto P, necesitamos que

y

x

r x F¡ + r x f; = r x m¡a¡

Diagrama de cuerpo libre de la partícula

osea, que

(b)

A continuación escribiremos esta ecuación en términos de la aceleración ap de un punto P. Si el cuerpo tiene una aceleración angular ay velocidad angular ro, figura 17.&1, entonces, mediante la ecuación 16.17 se llega a

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(M p)¡ = m¡r x (ap + a x r - w2r) =

m¡[r xap + r x (a x r) - w2(r x r)]

El último término es cero, ya que r x r =T o. Expresando los vectores en función de sus componentes cartesianos, y llevando a cabo las operaciones del producto vectorial, se obtiene x

(Mp)¡ k Diugrama cinético de la pmtículu (e)

Fig. 17.8 (cont.)

=

m¡{(xi + yj) x [(ap)) + (ap),j] + (xi +yj) x [ak x (xi + yj)])

(Mp)¡k = m¡[-y(ap)x + x(ap), + CXX2 + ay2]k (•..(Mp)¡ = m¡[ -y(ap). + x(ap), + ar2]

Haciendo que m¡ -.. dm e integrando con respecto a la masa total m del cuerpo, se obtiene la ecuación del momento resultante

Aquí EMp representa sólo el momento de las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo, con respecto al punto P. El momento resultante de las fuerzas internas es cero, porque para la totalidad del cuerpo estas fuerzas se presentan en pares iguales y opuestos, y con ello se anula el momento de cada par de fuerzas con res-

SECo 17.2 ECUACIONES CINÉTICAS DEL MOVIMIENTO EN EL PLANO

353

pecto al punto P. Las integrales en el primer y segundo términos de la derecha se emplean para ubicar al centro de masa G del cuerpo con respecto a P, porque ym = y dm y Xm = x dm, figura 17.&1. También, la última integral representa el momento de inercia del cuerpo calculado con respecto al eje z, es decir, I p = r2 dm. Por lo tanto,

f

f

f

(17.6) Es posible reducir esta ecuación a una forma más simple si el punto P coincide con el centro de masa G del cuerpo. En este caso, entonces x = y = 0, y por consiguiente*

y

XI ~

(17.7)

Esta ecuación del movimiento rotatorio establece que la suma de los momentos de todas las fuerzas externas calculadas con respecto al centro de masa G del cuerpo es igual al producto del momento de inercia de éste con respecto a un eje que pasa por G, y la aceleración angular del cuerpo. Se puede replantear también la ecuación 17.6 en términos de las componentes x y y de aG Y del momento de inercia IG del cuerpo. Si el punto G está ubicado en el punto (x, y) (véase Fig. 17.&1), entonces de acuerdo con el teorema del eje paralelo, I p = h + m(? + y). Sustituyendo en la ecuación 17.6 y rearreglando los términos, se obtiene

GJ)'

r

p

M

\00

)

x

-a

(d)

(17.8) P~-------x

De acuerdo con el diagrama cinemático de la figura 17.&1, puede expresar en términos de aG, de la siguiente manera: aG

(adx i + (aG)yj

=

= 3p

+ a xr

3p

se

t3

Diagrama de cue rpo

- al r

li ~2

(e)

(ap)xi + (ap~,j + ak x (xi + yj) - al(Xi + yj)

y

Al llevar a cabo el producto vectorial e igualar las componentes i y j respectivas se obtienen las dos ecuaciones escalares

(adx = (ap)x - ya - xor (ady = (ap~ - xa - yor

~

y

De acuerdo con estas ecuaciones, [-(ap)x + ya] = [- (aG)x - xal] y [(ap)y + xa] = [(aG)y + Yal]. Sustituyendo estos resultados en la ecuación 17.8 Ysimplificando se obtiene (17.9) • También se reduce a la forma simple rMp = ¡po. si el punto P es un pWllO fijo (véase Ec. 17.T6), o si la aceleración del punto P se dirige a lo largo de la línea PG.

p ----'--~-- x

Diagrama cinético (f)

Fig. 17.8 (eollt.)

354

CAP. 17 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: FUERZA Y ACELERACIÓN

Este importante resultado indica que cuando se suman los momentos de las fuerzas externas que se muestran en el diagrama de cuerpo libre, con respecto al punto P, figura 17.Be, son equivalentes a la suma de los "momentos cinéticos" de las componentes de maG con respecto a P, más el "momento cinético" de IGa, figura 17.8f. En otras palabras, cuando se calculan los "momentos cinéticos", ~(.M.k)P figura 17.8[, los vectores m(~)x y m(~)y se tratan como vectores deslizantes; esto es, pueden actuar en cualquier punto de su línea de acción. De modo semejante, IGa se puede tratar como un vector libre, y por consiguiente, puede actuar en cualquier punto. Es importante tener en cuenta que m~ e IGa no son lo mismo que una fuerza o el momento de un par. En cambio, son- originados por los efectos extemos de fuerzas y momentos de par que actúan sobre el cuerpo. Tomando en cuenta lo anterior, podemos entonces escribir la ecuación 17.9 en una forma más general como

(17.10)

Aplicación general de las ecuaciones de movimiento. Para resumir este análisis, pueden plantearse tres ecuaciones escalares independientes para describir el movimiento general de un cuerpo rígido simétrico en el plano. U x = m(aG)x U y = m(aG~ EMG = IGa o

(17.11) EMp

= ~.M.k)P

Cuando aplicamos estas ecuaciones, siempre se debe trazar un diagrama de cuerpo libre, figura 17.8e, para poder explicar los términos implicados en Un U y , EMG O M p • En algunos problemas también puede ayudar si se dibuja el diagrama cinético del cuerpo. Este diagrama muestra en forma gráfica los términos m(~)x, m(~)y, e IGa, y es especialmente conveniente cuando se usa para calcular las componentes de maG Y los términos de momento en ~( Mk)p. *

17.3 Ecuaciones de movimiento: traslación Cuando un cuerpo rígido experimenta una traslación, figura 17.9a, todas sus partículas tienen la misma aceleración, de modo que aG = a. Además, a = 0, en cuyo caso la ecuación del movimiento rotatorio aplicada en el punto G se reduce a una forma simplificada, EMG = O. A continuación describiremos la aplica• Por este motivo se empleará el diagrama cinético en la solución de un problema de ejemplo siempre que se aplique rMp = E(Mk)P.

www.elsolucionario.org SECo 1'7.3 ECUACIONES DE MOVIMIENTO: TRASLACIÓN

355

/

/ / /

maG

(a)

(b)

ción de esto y de las ecuaciones del movimiento de traslación para cada uno de los dos tipos de traslación que se presentaron en el capítulo 16.

Traslación rectilínea. Cuando un cuerpo se somete a traslación rectilínea, todas sus partículas viajan a lo largo de trayectorias lineales rectas paralelas. En la figura 17.9b se muestran los diagramas de cuerpo libre y cinético. Como ha = O, sólo se muestra maG en el diagrama cinético. Por lo tanto, las ecuaciones de movimiento que se aplican en este caso se transforman en

1'ras\ac\ón

------

.... --:urvi\tnea

r.Fx

=

m(aG)x

r.F)'

=

m(aG))'

(17.12)

EMG=O n

La última ecuación requiere que la suma de los momentos de todas las fuerzas externas (y los momentos de pares), calculados con respecto al centro de masa del cuerpo sean iguales a cero. Desde luego, es posible sumar momentos con respecto a otros puntos dentro o fuera del cuerpo, en cuyo caso debe tenerse en cuenta el momento de maGo Por ejemplo, si se escoge el punto A, que queda a una distancia perpendicular d a partir de la línea de acción de maG, se aplica la siguiente ecuación de momento:

" (e)

F;ig. 17.9

En ellas la suma de momentos de las fuerzas y pares externos con respecto aA (EMA en el diagrama de cuerpo libre) es igual al momento de maG con respecto a A (~(.M. k)A en el diagrama cinético).

356

CAP. 17 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: FUERZA Y ACELERACIÓN

Traslación curvilínea. Cuando un cuerpo rígido se halla sometido a una traslación curvilínea, todas sus partículas se mueven en trayectorias curvas paralelas. Para fines de análisis, conviene con frecuencia emplear un sistema inercial de coordenadas que tenga un origen coincidente con el centro de masa del cuerpo en el instante que se considera, y que sus ejes estén orientados en las direcciones normal y tangencial a la trayectoria del movimiento, figura 17.9c. Las tres ecuaciones escalares de movimiento son entonces

rEn = m(aG)n rE, =m(ad,

(17.13)

r.MG = O

en las cuales (aG), y (aG)n representan, respectivamente, la magnitud de las componentes tangencial y normal de la aceleración del punto G. Si se sustituye la ecuación de momentos r.MG = O por una suma de momentos con respecto al punto B arbitrario, figura 17.9c, será necesario tener en cuenta los momentos 1:( .Mk)B de las dos componentes m(aG)n y (m(aa), con respecto a este punto. De acuerdo con el diagrama cinético, h y e representan las distancias perpendiculares, o brazos de momento, desde B a las líneas de acción de las componentes. Por lo tanto, la ecuación necesaria de momentos es

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PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS El procedimiento siguiente proporciona un método para resolver problemas cinéticos en los que interviene la traslación de un cuerpo rígido. Diagrama de cuerpo libre. Establezca el sistema coordenado inercial X, y o n, t y trace el diagrama de cuerpo libre, con el

fin de justificar todas las fuerzas y pares de momentos externos que actúan sobre el cuerpo. Establezca también la dirección y sentido de la aceleración del centro de masa aG del cuerpo. Si no se puede determinar el sentido de sus componentes, suponga que están en la dirección de los ejes positivos coordenados inerciales. La aceleración puede trazarse en el sistema coordenado, pero no en el diagrama de cuerpo libre. Identifique las incógnitas en el problema. Si se decide

SECo 17.3

ECUACIONES DE MOVIMIENTO: TRASLACIÓN

que en la solución se usará la ecuación de movimiento rotatorio r.Mp = E( .M.k)p, entonces puede ser conveniente trazar el diagrama cinético, ya que explica gráficamente las componentes m(~)x, m(aG)y, o m(~)" m(~)n> Y por lo tanto es conveniente para "visualizar" los términos necesarios en la suma de momentos E( .M. k)P'

Ecuaciones de movimienJo. Aplique las tres ecuaciones de movimiento, las 17.12 o 17.13. Para simplificar el análisis, se puede remplazar la ecuación de momentos r.MG = O por la ecuación más general r.Mp = E( .M.k)p, estando el punto P ubicado, generalmente, en la intersección de las líneas de acción de la mayor cantidad de fuerzas desconocidas que sea posible. Si el cuerpo está en contacto con una superficie áspera y se presenta deslizamiento, emplee la ecuación de fricción F = J.1JV para relacionar la fuerza normal N con su fuerza F asociada de fricción. Recuérdese que F actúa siempre sobre el cuerpo de tal modo que se opone al movimiento de éste en relación con la superficie que toca.

Cinemática. Emplee la cinemática, si se van a calcular la velocidad y posición del cuerpo. Para la traslación rectilínea con aceleración variable, emplee

Para la traslación rectilínea con aceleración constante, emplee VG = ( vdo + aGt

vb = (vG)fi + 2adsG SG

(sG)o]

= (sdc + (vdot + ~d2

Para la traslación curvilínea, emplee

(ad, = ap

Los .ejemplos siguientes muestran la aplicación de este procedimiento.

357

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358

CAP. 17 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: FUERZA Y ACELERACIÓN

F-Jemplo 17.5 El automóvil que muestra la figura 17.1fu tiene 2 Mg de masa y su centro de masa está en G. Calcule la aceleración del automóvil si las ruedas traseras motrices siempre se derrapan, mientras que las delanteras giran libremente. Desprecie las masas de las ruedas. El coeficiente de fricción cinética entre las ruedas y el pavimento es Jlk = 0.25. SOLUCIÓN 1 Diagrama de cuerpo libre. Como se ve en la figura 17.10b, la fuerza FB en la tracción trasera impulsa el vehículo hacia adelante, y como se tiene patinamiento, la magnitud de esta fuerza está relacionada con la de su fuerza normal asociada N B por la ecuación FB = O.25NB• Las fuerzas de fricción que actúan sobre las

(a)

ruedas delanteras son cero, ya que estas ruedas tienen masa despreciable. * Hay tres incógnitas en el problema, NA, N B Y aG' Nosotros sumaremos momentos con respecto al centro de masa. El vehículo (punto G) se supone acelera hacia la izquierda, es decir, en la dirección de las x negativas, figura 17.1Ob. y

I•

Ecuaciones de movimiento

nG

x

2000 (9.81) N

+

-+

rEx = m(aG)x;

+ t rEy = m(aG)y ;

t....+LMG = O;

- O.25NB = - 2000a G

(1)

NA + N B - 2000(9.81) = O

(2) (3)

- N A (1.25) - O.25Ns(0.3) + Ns(O.75)

=

O

Resolviendo el sistema, a G = 1.59 m/s2 NA = 6.88 kN N B = 12.7 kN

<-

Resp.

(b)

SOLUCIÓN II Diagramas de cuerpo libre y cinético. Si la ecuación de momen-

2000 (9.81) N

_ _---.----.-'- 0.3 m

~--+-~

Fa = 0.25 No

tos se aplica con respecto al puntoA, entonces se eliminará la incógnita NA de la ecuación. Para "visualizar" el momento de maG con respecto a A , incluiremos el diagrama cinético como parte del análisis, figura 17.1Oc. Ecuación de movimiento. Se necesita que

\...+LMA = ~.M.k)A ;

~ ~ (e)

Fig. 17.10

Ns(2) - 2000(9.81X1.25) = 2000a G(O.3)

Resolviendo estas con la ecuación 1 para despejar a aG se obtiene una solución más sencilla que la que se obtuvo con las ecuaciones 1 a 3. • Si se incluyera la masa de las ruedas delanteras en este análisis, la fuerza de fricción que actúa en A se deberla dirigir hocia la derecho para crear la rotación necesaria en sentido contrario al de las manecillas del reloj. La solución del problema en este caso serla más complicada, ya que se deberla hacer un análisis de movimiento general en el plano para las ruedas (véase Secc. 17.5).

SECo 17.3 ECUACIONES DE MOVIMIENTO: TRASLACIÓN

Ejemplo 17.6 La motocicleta que se muestra en la figura 17.11a tiene una masa de 125 kg Y su centro de masa está en G¡, mientras que el conductor tiene 75 kg de masa y su centro de masa está en G 2• Si el coeficiente de fricción estática entre llantas y pavimento es f.1s = 0.8, calcule si es posible que el motociclista haga un "respingo", esto es, levante del pavimento la rueda delantera. ¿Qué aceleración se necesita para hacerlo? Desprecie la masa de las ruedas, y suponga que la rueda delantera tiene libertad para girar. SOLUCIÓN Diagramas de cuerpo libre y cinético. En este problema consideramos que el sistema por analizar consta del conductor y la motocicleta. Es posible determinar primero la ubicación del centr~ de masa de ~te "sistema" empleando las ecuaciones = 'f.xm!Dn y y = r.ym!Dn. Sin embargo, en este caso tomaremos en cuenta el peso y la masa separados de cada una de las partes componentes como se ve en los diagramas cinético y de cuerpo libre, figura 17.11b. Las dos partes se mueven con la misma aceleración y hemos supuesto que la rueda delantera está a punto de dejar el pavimento y, por lo tanto, la reacción normal NA '" O. Para que suceda lo anterior, se necesita que la fuerza de fricción FB ~ 0.8NB , porque de otra manera se presentará el patinamiento. Las tres incógnitas en este problema sonNB,FB y aG'

x

(a)

Ecuaciones del movimiento

735.75 N

~ LPx = m(aG)x ;

. FB

+ t LPy = m(aG)y ;

N B - 735 .75 - 1226.26 = O

=

(75 + 125)aG

(1)

(2)

\....+r.MB = r.(.M.k)B ; -(735.75)(0.4) - (1226.25)(0.9) = - (75aGXO.9) - (125ac)(0.6) Resolviendo el sistema. aG = 9.81 m/s2 N B = 1.96 kN F B = 1.96 kN

->

Resp.

La fuerza máxima de fricción que se puede desarrollar en Bes (FB)máx

=

f.1.NB = 0.8(1.96) = 1.57 kN

Como esta fuerza es menor que la necesaria (FB = 1.96 kN), no es posible levantar del pavimento la rueda delantera. Nota: Si se va a calcular la aceleración máxima de la motocicleta, entonces FB = 0.8NB YNA '# O. El problema se debería resolver de modo semejante al ejemplo 17.5. Trate de hacerlo y demuestre que (aG)máx = 6.76 m/s 2•

B (b)

Fig.17.11

359

360

CAP. 17 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: FUERZA Y ACELERACIÓN

111 F.Jemplo 17.7 - - - - - - - - - -_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _~

Una caja de 50 kg descansa sobre una superficie horizontal para la cual el coeficiente de fricción cinética es f.Jk = 0.2. Calcule la aceleración de la caja si se le aplica una fuerza de P = 600 N como se ve en la figura 17.12a. y 490.5 N P = 600N

0.3 m -j l l_ _t--_

I~x

G

oJ~ m L---I:--.;O ......... A

~ F =0.2Nc

1--...

¡xl

_

Nc

(al

1 0.5 m

(bl

Flg.17.12

SOLUCIÓN

Diagrama de cuerpo libre. La fuerza P puede hacer que la caja se patine o bien que se voltee. Como se ve en la figura 17.12b, se supone que la caja se desliza, y entonces F = f.JJVc = O.2Nc• También, la fuerza resultante normal Nc actúa en 0, a una distancia x (donde O < x ~ 0.5 m) de la línea del centro de la caja. * Las tres incógnitas son N c. x y aG.

www.elsolucionario.org Ecuaciones de movimiento +

-+

LE> m(aG)x;

+ 1 rEy = m(aG)y; \..+r.MG = O;

600 - O.2Nc = 50a G

(1)

N c - 490.5 = O

(2)

- 600(0.3= + NcCx) - O.2NcCO.5) = O

(3)

Resolviendo el sistema se obtiene N c =490N x = 0.467 m aG = 10.0 m/S2

-+

Resp.

Como x = 0.467 m < 0.5 m, la caja realmente se desliza como se supuso al principio. Si la solución hubiera sido un valor de x > 0.5, se debería repetir el problema con la hipótesis de que se presenta el volteo. Si éste hubiera sido el caso, Nc actuaría en el punto A en la arista y F ~ 0.2Nc. • La línea de acción de Nc no necesariamente debe pasar por el centro de masa G (x = O), ya que Nc debe contrarrestar la tendencia al volteo originada por P. (Véase la Secc. 8.1 de Mecánica para ingenieros: Estática, CECSA, México).

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SECo 17.3 ECUACIONES DE MOVIMIENTO: TRASLACIÓN

Ejemplo 17.8 La viga BD de 100 kg que se ve en la figura 17.13a está soportada mediante dos varillas que tienen masa despreciable. Calcule la fuel7.a creada en cada varilla si en el instante en que 8 = 30" las varillas giran ambas con velocidad angular w = 6 radfs.

981 N (b)

(a)

SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. La viga se mueve con traslación curvilínea, ya que los puntos B y D Y el centro de masa G se moverán en trayectorias circulares con el mismo radio de 0.5 m. En la figura 17.13b se muestra el diagrama de cuerpo libre de la viga, empleando coordenadas normales y tangenciales. Debido a la traslación, G tiene el mismo movimiento que el perno en B, que está conectado tanto a la varilla como a la viga. Estudiando el movimiento angular de la varillaAB, figura 17.13c, nótese que la componente tangencial de la aceleración actúa hacia abajo e izquierda debido a la dirección de a en el sentido de las manedllas del reloj. Además, la componente normal de la aceleración siempre está dirigida hacia el centro de curvatura (para la varilla AB hacia el punto A). Como la velocidad angular deAB es 6 rad/s, entonces

Las tres incógnitas son TB, TD Y (aG),. Se han establecido las di-

recciones de (ae)n y (ae), y se indican en los ejes coordenados.

Ecuaciones de movimiento + -.. LEn

=

m(adn ;

+ K LE, = m(a G ),

TB + TD

;

-

981 cos 30° = 100(18)

(1)

981 sen 30° = 100(a G ),

(2)

(..+rMG = O; -(TB cos 30°)0.4 + (TD cos 30°)0.4 = O

(3)

La resolución simultánea de las tres ecuaciones da

TB = TD (aG)t

= =

1.33 kN

\J30°

4.90 m/s

2

Resp.

A . ~

-:;:x"

w = 6 rad/s

,,;~.;

a,v ' (e)

Fig.17.13

361

362

CAP. 17 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: FUERZA Y ACELERACIÓN

PROBLEMAS 17.21. Cuando trabaja el mecanismo de levantamiento, la carga de 400 lb recibe una aceleración inicial de 5 ft/s 2 hacia arriba. Calcule la fuerza de compresión que crea la carga en cada columna, AB y CD del aparejo. ¿Cuál es la fuerza de compresión de esas columnas si la carga se mueve hacia arriba a una velocidad constante de 3 ft/s? Suponga que las columnas "Sólo soportan cargas axiales.

8

r""

17.23. La aeronave de reacción tiene una masa de 22 Mg Ysu centro de masa está en C. Si se fija un cable de remolque a la parte superior de la rueda delantera y ejerce una fuerza T = 400 N como se indica en la figura, calcule la aceleración del aeroplano y las reacciones normales sobre la rueda delantera y cada una de las dos ruedas de las alas en B. Desprecie la fuerza ascensional de las alas.

""l

0.4 m

D

8

T= 400 N

0.8 m

6111

r

3m

e

A

Prob.17.21

Prob.17.23

17.22. Al inicio del despegue, la hélice de la avioneta * 17.24. Un hombre y un niño cuyas masas son 75 kg Y de 2 Mg de masa ejerce un empuje horizontal de 600 40 kg, respectivamente, están en el sube y baja que N sobre ella. Calcule la aceleración de la aeronave y tiene masa despreciable. En el instante en que el las reacciones verticales en la rueda A delantera y en hombre separa sus pies del suelo, calcule sus aceleracada una de las dos ruedas B de las alas. Desprecie la ciones si los dos están sentados derechos, es decir, no fuerza de ascensión de las alas, porque originalmente giran. Los centros de masa del hombre y del nifio sori el aeroplano se encuentra en reposo. El centro de Cm y Ch, respectivamente. masa está en C.

0.3 m 600 N _

c:3I-,--+-~F::;=:>!='1

Prob.17.22

Prob.17.24

PROBLEMAS

363

17.25. La camioneta tiene una masa de 1.75 Mg Ysu • 17.28. Se va a disefiar el asiento de una aeronave pacentro de masa está en G. Está sujeta al transporte ra resistir un impacto para el que el pasajero, estando mediante una cadena DE. Calcule la tensión que se sentado en dirección opuesta a la del movimiento, redesarrolla en la cadena y las reacciones normales en sista una desaceleración de 12g's (386.4 ft/s 2). Calcucada una de las cuatro ruedas de la camioneta si el le la tensión desarrollada en el miembro BC y las componentes horizontal y vertical en el perno A transporte acelera a 2 mJs 2. cuando se presenta el impacto. El pasajero tiene un 17.26. La camioneta tiene una masa de 1.75 Mg Ysu peso de 250 lb Y su centro de gravedad está en Gl, centro de masa está en G. La cubierta en la que des- mientras que el peso del asiento es de 40 lb Ysu cencansa tiene masa despreciable y está fija mediante tro de gravedad está en G2. Desprecie el efecto de las perno en H, y soportada mediante el cilindro hidráu- piernas del pasajero que descansan en el piso, y sulico IJ. Calcule las componentes horizontal y vertical ponga que pasajero y asiento son simétricos en el plade la fuerza que se desarrolla en el perno y en el pis- no vertical. El miembro BC está fijo en sus extremos tón hidráulico si el transporte acelera a 2 mJS2. Su- mediante pernos. ponga que un soporte igual está del otro lado del transporte. Movimiento

Probs.17.25/17.26

0.75 ft 0.5 ft 0.75 ft

Prob. 17.28

* 17.27. La caja tiene una masa de 50 kg Ydescansa en el diablo cuya superficie es inclinada. Calcule si la caja se voltea o se desliza en relación con el carrito cuando se sujeta a la mínima aceleración necesaria para causar cualquiera de esos dos movimientos relativos. ¿Cuál es la magnitud de esta aceleración? El coeficiente de fricción estática entre diablo y caja es I1s = 0.5.

17.29. El vehículo tiene una masa de 1.50 Mg Y su centro de masa está en G. Calcule la aceleración máxima que puede desarrollar si (a) sólo se suministra potencia a las rued~ traseras, (b) sólo se suministra potencia a las ruedas delanteras. Desprecie la masa de las ruedas en los cálculos, y suponga que las que no reciben potencia tienen rotación libre. También, suponga que se presenta patinamiento en las ruedas de tracción, para las cuales el coeficiente de fricción cinética es I1k = 0.3.

F 0.4 m

Prob.17.27

Prob.17.29

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364

CAP. 17 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: FUERZA Y ACELERACIÓN

17.30. El dragster tiene masa de 1500 kg Y su centro de gravedad está en G. Si el coeficiente de fricción cinética entre las ruedas traseras y el pavimento es ¡.Jk = 0.6, calcule si es posible que el conductor levante las ruedas delanteras, A, del pavimento mientras que las traseras se patinan. Desprecie la masa de las ruedas, y suponga que las delanteras giran libremente. 17.31. El dragster tiene masa de 1500 kg Y su cefttro de gravedad está en G. Si no se. presenta derrapamiento, calcule la fuerza de fricción FB que se debe aplicar a cada una de las ruedas traseras B para desarrollar una aceleración a = 6 m/s2. ¿Cuáles son las reacciones normales de cada una de las ruedas sobre el piso? Desprecie la masa de las ruedas, y suponga que las delanteras giran libremente.

17.33. El dragster tiene 1200 kg de masa y su centro de

masa está en G. Si se le fija un paracaídas de frenado en = (1.6 v2) N, estando v en metros por segundo, calcule la velocidad crítica que puede alcanzar el dragster al soltar el paracaídas, de tal manera que las ruedas B estén a punto de separarse del pavimento; es decir, que la reacción normal en B sea cero. Si se presenta este caso, calcule la desaceleración inicial del vehículo. Desprecie la masa de las ruedas, y suponga que el motor está desembragado y que, por lo tanto, las ruedas giran libremente.

e, cuya fuerza horizontal de frenado es F

I''i.:~

i!' ~~-<-i~ .-

0.75 m O 35 m

I 1.25 G I m

32 m= f

Prob.17_·n

_

1._ _ _ 2.5m _

_ _ I<1

17.34. La motocicleta de cuatro ruedas tiene un peso de 335 lb Y su centro de gravedad está en Gt, mientras que el conductor tiene un peso de 150 lb Y su centro de gravedad está en G2. Si el motor puede desarrollar el par necesario para hacer que patinen las ruedas, calcule el mayor coeficiente de-fricción estática entre las ruedas traseras y el pavimento de tal forma que el vehículo acelere sin volcarse. ¿Cuál es la aceleración máxima? Para aumelÚar la aceleración, ¿debe el conductor agacharse hacia adelante o sentarse derecho en la posición que se muestra? Explique la respuesta. Las ruedas delanteras giran libremente. Desprecie en los cálculos la masa de las ruedas.

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Probs.17 .30/17.31

* 17.32. El tubo liso de 180 lb tiene una longitud de 20 ft Yes mínimo el espesor de su pared. Si se transporta en un camión como se ve en la figura, calcule la aceleración máxima que puede tener el camión sin hacer que la reacción normal en A se vuelva cero. También, determine las componentes horizontal y vertical de la fuerza que ejerce el camión sobre el tuboenB.

Prob.17.32

17.35. La motocicleta de cuatro ruedas tiene un peso de 335 lb Ysu centro de gravedad está en G t, mientras que el peso del conductor es de 150 lb Y su centro de gravedad está en G2. Si el coeficiente de fricción estática entre las ruedas traseras y el pavimento es i4 = 0.3, calcule la aceleración máxima que puede tener el vehículo. Las ruedas delanteras pueden girar libremente. Desprecie en los cálculos la masa de las ruedas.

Probs.lL14/1L1S

PROBLEMAS

* 17.36. El montacargas y su conductor tienen un peso combinado de 10,000 lb Ysu centro de masa está en G. Si se usa el montacargas para levantar el tubo de concreto de 2,000 lb, calcule la aceleración vertical máxima que puede dar al tubo de tal manera que no se vuelque hacia adelante girando sobre sus ruedas delanteras. 17.37. El montacargas y su operador tienen un peso combinado de 10,000 lb Y su centro de masa está en G. Si se usa el montacargas para levantar el tubo de concreto de 2,000 lb, calcule las reacciones normales en cada una de las cuatro ruedas si al tubo se le comunica una aceleración de 4 ft/s 2 hacia arriba.

Probs. 17.36/17.37

17.38. La camioneta transporta la caja de seguridad de 1200 lb, la cual tiene su centro de masa en G. Calcule la máxima aceleración que puede alcanzar la camioneta para que la caja no se resbale ni se voltee en la batea de "la camioneta. El coeficiente de friCCión estática entre caja y camioneta es /1s = 0.5.

Prob.17.38

365

17.39. El automóvil deportivo se ha disefiado de tal manera que el motor E de 260 kg Y la transmisión T de 165 kg se colocan sobre las ruedas delanteras y traseras, respectivamente. Los centros de masa están en GE y en Gr. La masa adicional de 512 kg debida a la carrocería y chasís está localizada en Gb. Si sólo se suministra potencia a las ruedas traseras, determine el tiempo mínimo que emplea el vehículo en alcanzar una velocidad de 80 km!h partiendo del reposo. Las ruedas delanteras pueden girar libremente y el coeficiente de fricción estática entre ruedas y pavimento es /1s = 0.4. Desprecie la masa de las ruedas y del conductor.

• 17.40. Cada una de las cajas iguales de la pila de cuatro tiene un peso de 8 lb. La pila se transporta en el diablo, que tiene 30 lb de peso. Calcule la fuerza máxima F que la empleada puede ejercer sobre la asidera en la dirección que se indica, para que ni se volteen ni se deslicen las cajas de la pila. El coeficiente de fricción estática en los puntos de contacto es /1s = 0.5. Las ruedas del diablo giran libremente; desprecie su masa.

Prob. 17.40

366

CAP. 17 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: FUERZA Y ACELERACIÓN

17.41. El jeep tiene una masa de 1500 kg Ysu centro de gravedad está en G. Se usa para remolcar una caja con 600 kg de masa. Si el coeficiente de fricción cinética entre la caja y el suelo es ¡tk = 0.3, Y¡t' k = 0.6, entre las ruedas traseras del vehículo y el piso, calcule la tensión que se desarrolla en la cuerda AB y la aceleración de la caja. Desprecie la masa de las ruedas y suponga que las delanteras en e pueden girar libremente.

17.43. Si el coeficiente de fricción estática entre la plataforma de remolque y la caja de 800 kg es ¡.¡. = 0.3, calcule la desaceleración máxima permisible del camión para que no se resbale la caja sobre la plataforma.

B

Prob.17.43 Prob.17.41

17.42. -La parte del remolque de un transporte tiene

una masa de 3.5 Mg, Y su centro de masa está en G. Si una caja unifonne, cuya masa es de 800 kg Y su centro de masa está en G c , descansa sobre la plataforma del remolque, calcule las componentes horizontal y vertical de la reacción en la unión esférica en A (perno de cabeza esférica), cuando desacelera t
* 17.44. El automóvil tiene una masa de 1.40 Mg Y su centro de masa está en G c. Tira de un remolque cargado que tiene 0.8 Mg de masa y su centro de gravedad está en G t • Calcule las reacciones normales en las ruedas del automóvil y en las del remolque si el conductor aplica los frenos traseros e y hace que patine el automóvil. Suponga que !1c = 0.4 Y que el gancho A es una unión de perno o esférica. Las ruedas en B y D pueden girar libremente. Desprecie su masa y la del conductor.

B

Prob.17.42

Prob.17.44

www.elsolucionario.org SECo 17.4 ECUACIONES DE MOVIMIENTO: ROTACIÓN CON RESPECTO A UN EJE FIJO

17.4 Ecuaciones de movimiento: rotación con respecto a un eje fijo Considérese el cuerpo rígido (o placa) que se ve en la figura 17.140, y que está forzado a girar en el plano vertical, con respecto a un eje fijo perpendicular a la página y que pasa por el perno en o. La velocidad y aceleración angulares están originadas por fuerzas y pares externos que actúan sobre el cuerpo. Como el centro de masa de éste, G, se mueve en trayectoria circular, la aceleración de ese punto se representa mediante sus componentes tangencial y normal. La componente tangencial de la aceleración tiene una magnitud (aG), = arG, Ydebe actuar en una dirección que sea consistente con la aceleración angular a del cuerpo. La magnitud de la componente normal de la aceleración es (aG)n = orrG. Esta componente siempre está dirigida desde el punto G hacia O, independientemente de la dirección de cu. Los diagramas de cuerpo libre y cinético del cuerpo se muestran en la figura 17.14b. El peso del cuerpo, W = mg, y la reacción Fa del perno se incluyen en el diagrama de cuerpo libre, ya que representan fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo. Las dos componentes, m(aG), y m(aG)n que aparecen en el diagrama cinético, están relacionadas con las componentes tangencial y normal del centro de masa del cuerpo. Estos vectores actúan en la misma dirección que las componentes de la aceleración, y sus magnitudes son m(aG), y m(aG)n. El vector IGa actúa en la misma dirección que ay su magnitud es ha, siendo h el momento de inercia del cuerpo calculado con respecto a un eje que es perpendicular a la página y que pasa por el punto G. De acuerdo con la deducción que se presentó en la sección 17.2, las ecuaciones de movimiento que se aplican al cuerpo pueden escribirse en la forma siguiente

Un = m(adn = morrG U, = mead, = marG r.MG = IGa

F¡


(17.14)

Se puede remplazar la ecuación de momentos por una suma de momentos con respecto a cualquier ptÍnto P arbitrario dentro o fuera del cuerpo, siempre que se tomen en cuenta los momentos E( .Mk)p que producen IGa, m(aG)' y m(aG)n con respecto ese punto. En muchos problemas es conveniente sumar momentos con respecto al perno en O para eliminar la incógnita de la fuerza Fa. De acuerdo con el diagrama cinético, figura 17.14b, para ello se necesita que (17.15)

(b)

Fig.17.14

367

368

CAP.17 CINÉTICA DE UN CUERPO RÍGIDO EN EL PLANO: FUERZA y ACELERACIÓN

Nótese que no se incluye el momento de m(aG)n en la suma, ya que la línea de acción de este vector pasa por O. Sustituyendo (aG), = rGa, podemos reformular la ecuación anterior como + r.Mo = (lG + mrb)a. A partir del teorema del eje paralelo, lo = la + md2, y por lo tanto el término entre paréntesis representa el momento de inercia del cuerpo con respecto al eje fijo de rotación que pasa por 0.* Por lo tanto, podemos escribir las tres ecuacio-

nes de movimiento de un cuerpo como sigue

rEn = m(aG)n = moJ-rG

rE, = m(aG), = marG

(17.16)

r.Mo = loa

Para las aplicaciones, se debe recordar que "Iod' representa el "momento" tanto de m(aa), como de IGacon respecto al punto O, figura 17.14b. En otras palabras, r.Mo = E( .Mk)o = loa, como indican las ecuaciones 17.15 y 17.16.

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS

www.elsolucionario.org El siguiente procedimiento proporciona un método para resolver problemas cinéticos en los que interviene la rotación de un cuerpo con respecto a un eje fijo. Diagrama de cuerpo libre. Establezca el sistema inercial de coordenadas X, y, o bien n, t, y especifique dirección y sentido de las aceleraciones (aG)n y (aG), , y la aceleración angular a

del cuerpo. Recuérdese que (aG ), debe actuar en dirección que concuerde con a, mientras que (aG)n siempre obra hacia el eje de rotación, el punto O. Si no se puede establecer el sentido de (aG), o el de a, suponga que tienen la dirección de los ejes coordenados positivos. Puede ser conveniente indicar esos vectores en el sistema coordenado. Trace el diagrama de cuerpo libre para indicar todas las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo y calcule el momento de inercia la o lo. Identifique las incógnitas en el problema. Si se decide que se va a emplear la ecuación de movimiento rotatorio r.Mp = E(.Mk)p, es decir, que los momentos no se sumarán con respecto al punto G u O, considere entonces el trazo del diagrama cinético para ayudar a "visualizar" el "momento"

• También se puede obtener el resultado rMo = loa en famla directa a partir de la ecuación 17.6 seleccionando el punto P de tal manera que coincida con O, y tomando en cuenta que (ap)x = (ap)y = O.

SECo 17.4 ECUACIONES DE MOVIMIENTO: ROTACIÓN CON RESPECTO A UN EJE FilO

desarrollado por las componentes m(80)n> m(80), e IGa al escribir los términos de la suma de momentos E( M k)P.

Ecuaciones de movimiento. Aplique las tres ecuaciones de movimiento, 17.140 17.16. Cinemática. Si no se puede obtener una solución completa estrictamente a partir de las ecuaciones de movimiento, emplee la cinemática. A este respecto, si la aceleración angular es variable, emplee dw a =dt

adO = wdw

dO w=dt

Si la aceleración angulares constante, emplee las ecuaciones w=

Wo

+ act

0 = 00 + w¡¡t + iact2

w2 = wij + 2ac( 0- ( 0 ) Los ejemplos siguientes muestran la aplicación de este procedimiento.

369

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370

CAP. 17 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: FUERZA Y ACELERACIÓN

FJemplo 17.9 El disco de 30 kg que se ve en la figura 17.15a está fijo en un perno en su centro. Si parte del reposo, calcule el número de revoluciones que debe girar para alcanzar una velocidad angular de 20 rad/s. También, ¿cuáles son las reacciones en el perno? Sobre el disco actúa una fuerza constante F = 10 N, que se aplica a una cuerda arrollada en su periferia, y un momento constante de par M = 5 N . m. En los cálculos desprecie la masa de la cuerda.

F= IO N (a)

y

~x

294.3 N

M = 5N.m

fi

O.2m ~

~

O

SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. (Véase Fig. 17.15b). Nótese que el centro de masa no está sujeto a aceleración; sin embargo, el disco sí tiene una aceleración angular en el sentido de las manecillas del reloj. El momento de inercia del disco con respecto al perno es 1 lo = ynr2 = 2<30XO.2)2 = 0.6 kg . m2 Las tres incógnitas son 0x, Oy Y a. Ecuaciones de movimiento +

ox

--+

rFx = m(aG)x ;

+ i rFy

Oy

F = ION

= m(a GJy ) .,

Resp. Oy - 294.3 - 10 = O

Oy = 304 N \...+rMo = loa; - 10(0.2) - 5 = - 0.6a a = 11.7 rad/s2)

Resp.

(b)

Flg.17.15

Cinemática. Como a es constante y gira en sentido de las manecillas del reloj, como se supuso, el número de radianes que debe girar el disco para alcanzar una velocidad angular de 20 rad/s en el sentido de las manecillas del reloj es

w2 = w5 + 2ac({J - ~) (- 20)2 = O + 2(-l1.7XO- O) O= - 17.1 rad = 17.1 rad ) Por lo tanto

1reV ) ( nrad

0 = 17.1 rad -2 - - = 2.73 rev¡I1

.Resp.

SECo 17.4 ECUACIONES DE MOVIMIENTO: ROTACIÓN CON RESPECTO A UN BE FilO

371

Ejemplo 17.10 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ El tambor que se ve en la figura 17.16a tiene una masa de 60 kg Y un radio de giro ko = 0.25 m. Se arrolla una cuerda con masa despreciable en la periferia del tambor y se fija a una canasta con 20 kg de masa. Si se suelta la canasta, calcule la aceleración angular del tambor.

SOLUCIÓN 1 Diagrama de cuerpo libre. En esta ocasión trataremos por separado al tambor ya la canasta figura 17.16b. Suponiendo que la ca-

nasta acelera hacia abajo a a la tasa a, crea una aceleración angular a del tambor en sentido contrario al de /as manecillas del reloj. El momento de inercia del tambor es lo

= mk'b = (60XO.25)2 = 3.75 kg . m 2 (a)

Hay cinco incógnitas, que son 0l" 0y, T, a y a. Ecuaciones de movimielÚO. No tiene caso aplicar las ecuaciones de movimiento de traslación U l' = (m(aG)l' Y U y = m(aG)y al tambor, porque en esas ecuaciones intervienen las incógnitas Ol' y Oy. Por lo tanto, para el tambor y la canasta, respectivamente, l...+r.Mo = loa; + i r.F.y = mea G/y ) .,

T(0.4)

=

3.75a

- 20(9.81) + T

=

- 20a

ffi

(1) (2)

Cinemática. Como el punto de contacto A entre cuerda y tambor tiene una componente tangencial de aceleración a, figura 17.16a, entonces l...+a

=

ar;

a

=

a(0.4)

T

~

(3)

Resolvemos las ecuaciones anteriores y obtenemos

T = 106 N a = 4.52 m/S2 a = 11.3 rad/s2~

o"

a

~x

~a(,

20 (9.81) N (b)

60 (9.81) N

Resp.

SOLUCIÓN 11

Diagramas de cuerpo libre y cinético. Se puede eliminar de este análisis la tensión T del cable si consideramos al tambor y a la canasta como un sistema único, figura 17.16c. Se muestra el diagrama cinético, ya que se sumarán los momentos con respecto al punto O.

Ecuaciones de movimiento. Empleando la ecuación 3 y aplican-

20 (98 1) N

20a (e)

do la ecuación de momentos con respecto al punto O para eliminar las incógnitas Ol' y Oy se obtiene

l... +r.Mo =

L(Mk)o;

20(9.81)(0.4)

=

3.75a +[20(0.4a)]0.4

2"

a = 11.3 rad/s

Resp.

Fig.l7.l'

~

372

CAP. 17 ClNÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: FUERZA Y ACELERACIÓN

FJemplo 17.11 El volante desbalanceado de 50 lb que se ve en la figura = 0.6 ft con respecto a un eje que pasa por su centro de masa G. Si tiene velocidad angular de 8 rad/s en el instante que se ve en la figura, calcule las componentes horizontal y vertical de la reacción en el perno O. 17.17a tiene un radio de giro kG

SOLUCIÓN Diagramas de cuerpo libre y cinemático. Como G se mueve en trayectoria circular, tendrá componentes de aceleración tanto normal como tangencial. También, como a, que está originada por el peso del volante, actúa en sentido de las manecillas del reloj, la componente tangencial de la aceleración actuará hacia abajo. ¿Por qué? Se indican los vectores m(aG), = mar-, m(ao)n = morr¿ e lGa en el diagrama cinemático de la figura 17.17b. En este caso, el momento de inercia del volante con respecto a su centro de masa está determinado por el radio de giro y la masa del volante, es decir.J¿ = rnkc;2= (50/32.2)(0.6)2= 0.559 slug . ft2. Las tres incógnitas son 0x, O, ya. Ecuaciones de movimiento

.. \ .,

,¡

(a)

" i~

,~

t. ir, = mm2rG;

On = (3~~2f8)2(0.5)

(1)

www.elsolucionario.org s», +

!

= marG;

~+EMG = IGa;

0,(0.5)

= 0.559a

(3)

Resolviendo el sistema, a = 26.4 rad/s', O, = 29.5 lb .,

(2)

-O, + 50 = (3~~2faxo.5)

o; = 49.7 lb, Resp .

También se pueden sumar momentos con respecto al punto O para eliminar a O, Ya O, Ycon ello obtener una solución directa para a, figura 17.17b. Esto se puede llevar a cabo de dos maneras, que son emplear EMo = r.(Jl.l)o. o EMo = loa. Si se aplica la primera de las ecuaciones, tenemos que

!

"

" (3;°2) (8)2 (0.5)

~

+EMo

= E(.M.,,)o; 50(0.5) = 0.559a

+ [[

3~~2)a(0.5)}0.5)

50(0.5) = 0.947a ( 3;°2) (a) (0.5) (b)

(4)

Si se aplica EMo = loa entonces a partir del teorema del eje paralelo el momento de inercia del volante con respecto a O es lo

=

lG + m'b

=

0.559 + (3~~2f0.5)2

=

0.947 slug . ft2

Por lo tanto, de acuerdo con el diagrama de cuerpo libre figura 17.17b, necesitamos que t+EMo Fig.17.17

= loa;

50(0.5) = 0.947 a

que es la misma que la ecuación 4. Despejando a a y sustituyendo en la ecuación 2 se obtiene la respuesta anterior para O,.

www.elsolucionario.org SECo 17.4 ECUACIONES DE MOVIMIENTO: ROTACIÓN CON RESPECTO A UN EJE FIJO

373

Ejemplo 17.12 La varilla delgada que se ve en la figura 17.1& tiene masa

m y longitud I y se suelta del reposo cuando 8 = O°. Calcule las componentes horizontal y vertical de la fuerza que ejerce el perno sobre la varilla en 0, al momento en que 8 = 90". SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. En la figura 17.8b se muestra este diagrama, que representa el momento en el que la varilla tiene una posición general 8. Por conveniencia, las componentes de la fuerza enA se indican actuando en las direcciones n y t. Nótese que a actúa en el sentido de las manecillas del reloj. El momento de inercia de la varilla con respecto al punto A es lA = (t)mP.

(a)

Ecuaciones de 11WvimienIo. Se sumarán los momentos con respecto al punto A para eliminar en ese punto las fuerzas de reacción. * +-..rFn

=

morrG ;

+/rF,=marG ;

(+LMA =IAa;

An - mg sen 8 = mor(l!2) A, + mg cos 8 = ma (1/2) mg cos 8 (1/2) = (.ynF)a

(1)

(2) (3)

Cinemática. Para un ángulo 8 dado, h"y cuatro incógnitas en las tres ecuaciones anteriores: Ano Al> W y a. Como se ve en la ecuación 3, a no es constante; sino que depende de la posición 8 de la varilla. La cuarta ecuación necesaria se obtiene mediante la cinemática, ya que a y w se pueden relacionar con 8 mediante la ecuación wdw = ad8

wdw = (1.5 gil) cos 8d8

= Ocuando 8 = 0°, entonces f'" w dw = (1.5 gil) JO" f90"cos 8d8 Jo

3 gil Sustituyendo este valor en la ecuación 1, haciendo 8 resolviendo el sistema de ecuaciones 1 a 3 se obtiene or

a=O

=

A, =O

An = 2.5mg

(aG),~)a t

(b)

(4)

Nótese que la dirección positiva en esta ecuación concuerda con la de la ecuación 3. ¿Por qué? Para despejar a w cuando 8 = 90°, eliminamos a a de las ecuaciones 3 y 4, con lo cual se obtiene

Como w

(aG)n~

= 90° y Resp.

• Si se usa EMA = E(Mk)A, se deben tener en cuenta los momentos de IGa y m(aG), con respecto a A. Sin embargo, en este caso hemos empleado EMA = IAa. (Refiérase a la Ec. 17.15.)

Fig.17.18

374

CAP. 17 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: I:UERZA y ACELERACIÓN

PROBLEMAS 17.45. La varilla que pesa 10 lb está unida con un perno a su soporte en A y tiene una velocidad angular w = 4 rad/s cuando está en la posición horizontal que se indica. Calcule su aceleración angular y las componentes horizontal y vertical de la reacción que ejerce el perno sobre la varilla en este instante.

. ..

w = 4 rad/s

~=0 ~ I

17.47. Se arrolla una cuerda en el núcleo interno de un carrete. Si se jala de la cuerda con tensión constante de 30 lb Yel carrete al principio estaba en reposo, calcule la velocidad angular del carrete cuando se han desenrollado s = 8 ft de cuerda. No tener en cuenta el peso de la parte de 8 ft de la cuerda. El carrete y la cuerda tienen un peso total de 400 lb, Y el radio de giro con respecto al ejeA es kA = 1.30 ft.

I

a6fl ~

30 lb

Prob.17.4S

17.46. La hoja PB del ventilador tiene 2 kg de masa y Prob.17.47 su momento de inercia IG = 0.18 kg . m2 con respecto a un eje que pasa por su centro de masa G. Si se sujeta esta aspa a una aceleración angular a = 5 rad/s2 *17.48. La rueda de 10 kg tiene un radio de giro kA = y en determinado momento su velocidad angular es 225 mm y está sujeta a un momento M = 4 N . m como se indica. Calcule su velocidad angular cuando w = 6 rad/s cuando está en posición vertical, como se muestra, determine la fuerza normal interna N, la t = 2 s, si parte del reposo, y determine las reacciofuerza cortante V y el momento flexionante M que nes en el ejeA. ejerce el mamelón sobre el aspa en el punto P.

B

W

= 6rad/s (

a = 5 rad/s 2

Prob.17.46

Prob.17.48

PROBLEMAS 17.49. Se desenrolla el cable de un carrete que está soportado en rodillos enA y B, ejerciendo una fuerza de T = 300 N sobre el cable, en la dirección indicada. Determine el tiempo necesario para cobrar 5 m de cable del carrete si ambos tienen una masa total de 600 kg Y un radio de giro centroidal de ko = 1.2 m. Para el cálculo, desprecie la masa del cable que se saca y la masa de los rodillos enA y B. Éstos giran sin fricción.

375

17.51. El disco tiene masa M y radio R. Si se sujeta un bloque de masa m a la ~uerda, determine la velocidad angular del disco cuando el bloque se suelta desde el reposo y ha caído una distancia h.

Prob.17.S1

*17.52. Los pasajeros, la góndola y su marco de oscila-

Prob.17.49

17.50. El cilindro de 15 kg está girando con velocidad angular (jJ = 40 rad/s. Si se aplica una fuerza F = 6 N al eslabón AB, como se muestra, calcule el tiempo necesario para que se detenga la rotación. El coeficiente de fricción cinética entre AB y el cilindro es !1k = 0.4.

ción tienen una masa total de 50 Mg, su centro de masa está en G, y el radio de giro kB = 3.5 m. Además, se puede considerar que el bloque de placas de acero enA cuya masa es de 3 Mg es un punto de masa concentrada. Calcule las componentes horizontal y vertical de la reacción en el eje B si la góndola oscila libremente a (jJ = 1 rad/s cuando pasa por el punto más bajo, como se ve en la figura. También, ¿cuál es la aceleración angular de la góndola en este instante? 17.53. Los pasajeros, la góndola y su marco de oscila· ción tienen una masa total de 50 Mg, su lentro de masa está en G y su radio de giro kB = 3. m. Además, el bloque de placas de acero en A tien una masa de 3 Mg que se puede considerar como concentrada en un punto. Calcule el ángulo (J que alcanza la góndola cuando se detiene si su velocidad angular es (jJ = 1 rad/s en su punto más bajo.

F=6N

4oomm-- i 500mm i A

A

B

150 mm

¡ro

Prob.17.S0

Probs.17.Sl/17.S3

www.elsolucionario.org 376

CAP.17 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: FUERZA Y ACELERACIÓN

17.S4. El dispositivo funciona como barrera que salta *17.56. La armadura, que es la varilla delgadaAB, tiepara evitar el paso de un vehículo. Consta de una pla- ne una masa de 0.2 kg Ypuede moverse alrededor del caAC de acero de 100 kg Ydos bloques de concreto perno en A. El movimiento está controlado por el macizo de 100 kg como contrapeso, que están en ca- electroimán E, que ejerce una fuerza horizontal de da lado de la placa. Calcule el momento de inercia de atracción sobre la armadura en el punto B, de FB = placa y bloques con respecto al eje articulado que pa- (0.2(10-3)1-2) N, siendo 1en metros el entrehierro ensa por A. Desprecie la masa de los brazos de soporte tre armadura e imán .e n cualquier instante. Si la arAB. Calcule también, la aceleración angular inicial madura descansa en el plano horizontal y al principio estaba en reposo, calcule la velocidad del contacto en del conjunto cuando se suelta del reposo en (J = 45°. B en el momento en que 1 = 0.01 m. Originalmente, 1 = 0.02m.

E

Prob.17.56

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Prob.17.54

17.SS. El disco tiene una masa M y un radio R. Si se fija un bloque de masa m a la cuerda, determine la aceleración angular del disco cuando se suelta el bloque del reposo. También, ¿a qué distancia cae el bloque en un tiempo t, partiendo del reposo?

17.S7. Calcule la fuerza TA que se debe aplicar al cable en A para comunicar una aceleración de 200 mm/s2 hacia arriba al bloque B de 10 kg. Suponga que el cable no resbala sobre la superficie de la polea de 20 kg. Determine la tensión en el segmento vertical de la cuerda que soporta al bloque, y explique por qué esta tensión es diferente de la que hay en A. El disco tiene un eje en su centro C y puede girar libremente. Desprecie la masa del cable.

A

Prob.17.55

Prob.17.57

PROBLEMAS

377

17.58. Dos cilindros,A y B, pesan 10 lb Y5 lb respec- * 17.60. La puerta cierra en forma automática mediantivamente, y se fijan a los extremos de una cuerda te los resortes de torsión que están montados en las 50 N . que pasa por una polea de 3 lb. Si se sueltan los cilin- bisagras. Cada resorte tiene una rigidez k dros partiendo del reposo, calcule su velocidad cuan- mirad y, por lo tanto, el par M en cada bisagra es M do t = 0.5 s. La cuerda no resbala sobre la polea. = (508) N . m, estando 8 en radianes. Si la puerta se Desprecie la masa de la cuerda. Sugerencia: Analice suelta del reposo cuando está abierta y 8 = 90°, calcule su velocidad angular en el momento en que 8 = O°. el "sistema" que consta de los cilindros y la polea. Para el cálculo, trate a la puerta como placa delgada que tiene una masa de 70 kg.

=

A

Prob.17.58

17.59. El rollo de papel de 20 kg tiene un radio de giro kA = 90 mm con respecto a un eje que pasa por el punto A. Está sostenido por dos soportes AB en los extremos de un eje. Si el rodillo descansa contra una pared para la cual el coeficiente de fricción cinética es pe = 0.2, Yse aplica una fuerza vertical de 30 N al extremo del papel, calcule la aceleración angular del rollo a medida que se desenrolla el papel.

r B

Prob.17.60

17.61. Si súbitamente se quita el soporte en B, calcule las componentes horizontal y vertical de la reacción que ejerce el perno A sobre la varilla ACB. Los segmentosAC y CB tienen 10 lb de peso cada uno.

C ¡-3ft

300 mm

B

Prob.17.59

Prob.17.61

378

CAP. 17 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: FUERZA Y ACELERACIÓN

17.62. La rueda tiene una masa de 25 kg Y un radio • 17.64. Se aplica una fuerza F = 21b en dirección perde giro kB = 0.15 m. Originalmente gira a "'1 = 40 pendicular al eje de la varilla de 5 lb. La fuerza se rad/s. Si se coloca en el piso, para el cual el coeficien- desplaza de O a A con velocidad constante de 4 ft/s. te de fricción cinética es /le = 0.5, calcule el tiempo Si la varilla está en reposo cuando fJ = 00 y F está en para que se detenga el movimiento. ¿Cuáles son las O cuando t = O, calcule la velocidad angular de la vacomponentes horizontal y vertical de la reacción que rilla en el momento en que la fuerza está en A. ¿Qué ejerce el perno A sobre AB durante este tiempo? ángulo habrá girado la varilla cuando sucede lo anterior? la varilla gira en el plano horizontal. Desprecie la masa deAB.

Prob.17.62

17.63. Un rollo de papel de ri kg, originalmente en reposo, está sostenido por el soporte AB. Si el rollo descansa contra una pared para la cual el coeficiente de fricción cinética es /le = 0.3, Yse aplica una fuerza de 30 N uniformemente al extremo de la hoja, calcule la tensión en el soporte al desenrollarse el papel, y la aceleración angular del rollo. Considere, para los cálculos, que el rollo es un cilindro.

Prob.17.64

17.65. Si se quita de repente el soporte en B, calcule las reacciones iniciales en el perno A. La placa tiene un peso de 30 lb.

1 - - - - 2 fl--------j

P=30N

Prob.17.63

Prob.17.65

www.elsolucionario.org PROBLEMAS

17.66. El disco D gira con velocidad angular constante de 30 rad/s en el sentido de las manecillas del reloj. El disco E tiene un peso de 60 lb e inicialmente se encuentra en reposo cuando se pone en contacto con D. Determine el tiempo necesario para que el disCQ E alcance la misma velocidad angular que el disco D. El coeficiente de fricción cinética entre los dos discos es Jik = 0.3. Desprecie el peso de la barra Be.

17.67. En la figura se muestra el diagrama cinético que representa el movimiento de rotación general de un cuerpo rígido alrededor de un eje fijo en O. Demuestre que IGa se puede eliminar moviendo los vectores m(IlG), y m(llG)n al punto P, ubicado a una distancia rGP = kG 2/rOG del centro de masa G del cuerpo. En este caso kG representa el radio de giro del cuerpo con respecto al punto G. Al punto P se le llama centro de percusión del cuerpo.

¡---2 ft

Prob.17.66

379

Prob.17.67

380

CAP. 17 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: FUERZA Y ACELERACIÓN

17.5 Ecuaciones de movimiento: movimiento general en el plano El cuerpo rígido (o placa) que se ve en la figura 17.19a se halla sometido al movimiento general en el plano originado por el sistema externo de fuerzas y momento de par. En la figura 17.19b se muestran los diagramas de cuerpo libre y cinético para el cuerpo. El·vector mOa, que se indica con líneas punteadas, tiene la misma dirección que la aceleración del centro de masa del cuerpo, e IGa actúa en la misma dirección que la aceleración angular. Si se escoge un sistema coordenado x - y como se indica, se pueden escribir las tres ecuaciones de movimiento en la siguiente forma: EF" = m(ad" EPy = m(aG)y EMG = IGa

(17.17)

En algunos problemas puede ser conveniente sumar momentos con respecto a determinado punto P que no sea G. Esto se hace normalmente para eliminar fuerzas desconocidas de la suma de momentos. Cuando se usan en este sentido más general, las"tres ecuaciones de movimiento se convierten en

www.elsolucionario.org EPx = m(aG), EPy = m(aG)y EMp = E(.Mk)p

(17.18)

Donde E(.M, k)P representa la suma de momentos de IGa y maG , o de sus componentes, con respecto a P, de acuerdo a lo que se determina en los datos del diagrama cinético.

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS El siguiente procedimiento proporciona un método para resolver problemas cinéticos en los que interviene el movimiento general en el plano de un cuerpo rígido.

(b)

Fig.17.19

Diagrama de cuerpo libre. Establezca el sistema inercial x, y de coordenadas y trace el diagrama de cuerpo libre. Especifique dirección y sentido de la aceleración aG del centro de masa, y la aceleración angular a del cuerpo. Podría convenir indicar esos vectores en el sfstema coordenado, pero no en el diagrama de cuerpo libre. También, calcule el momento de inercia I G • Identifique las incógnitas en el problema. Si se de-

·SECo 17.5 ECUACIONES DE MOVIMIENTO: MOVIMIENTO GENERAL EN EL PLANO

cide que se va a usar la ecuación de movimiento rotatorio r.Mp = }:( .Mk)p, entonces se puede trazar el diagrama cinético para ayudar a visualizar los momentos desarrollados por las componentes m( llo)x, m( llo)y e lGa cuando se escriban los términos en la suma de momentos }:( .M k)P'

Ecuaciones de movimiento. Aplicar las tres ecuaciones de movimiento, las 17.17 017.18. Cinemática. Use la cinemática si no se puede obtener una solución completa ·estrictamente a partir de las ecuaciones de movimiento. En especial, si el movimiento del cuerpo está constreñido debido a sus soportes, se pueden obtener más ecuaciones empleando aB = aA + aB/A , que relacionan las aceleraciones de dos puntos A y B cualesquiera del cuerpo (véase Ej. 17.16).

Problemas de rodadura con fricción. Hay una clase de problemas en cinética en el plano que merece una atención especial. En estos problemas intervienen ruedas, cilindros o cuerpos de forma semejante, que ruedan en una superficie plana áspera. Debido a las fuerzas aplicadas, puede no saberse si rueda sin resbalar, o si se resbala al rodar. Por ejemplo, se tiene el disco homogéneo que se ve ·en la figura 17.20a, con masa m y sujeto a una fuerza P horizontal conocida. Siguiendo el procedimiento que se describió arriba, se muestra el diagrama de cuerpo libre en la figura 17.20b. Como aG está dirigida hacia la derecha y a es en el sentido de las manecillas del reloj,

P - F=ma G N - mg =O Fr = IGa

(17.19) (17.20) (17.21)

p

(a)

W=mg

p

Se necesita una cuarta ecuación, ya que las tres ecuaciones anteriores contienen cuatro incógnitas: F, N, ay aG' Sin resbalamiento. Si la fuerza F de fricción es lo suficientemente grande como para permitir que el disco ruede sin resbalar, entonces se puede relacionar a aG con a mediante la ecuación cine-

mática,*

«( +)

(17.22)

Se calculan las cuatro incógnitas resolviendo en forma simultánea las ecuaciones 17.19 a 17.22. Cuando se llega a la solución, se debe comprobar la hipótesis del no resbalamiento. Recuérdese que • Véase ejemplo 16.3 o 16.13.

N (b)

Fig.17.20

381

www.elsolucionario.org 382

CAP. 17 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: FUERZA Y ACELERACIÓN

no se tiene resbalamiento siempre que F ~ p,N, siendo Ps el coeficiente de fricción estática. Si se satisface la desigualdad, se habrá resuelto el problema. Sin embargo, si F >p,N, se debe volver a hacer el problema, porque entonces el disco resbala al rodar. Con resbalamiento. En el caso del resbalamiento, a y aG son independientes entre sí y, por lo tanto, no se aplica la ecuación 17.22. En lugar de ella, se relaciona la magnitud de la fuerza de fricción con la de la fuerza normal empleando el coeficiente de fricción cinética Pk> es decir

(17.23) En este caso, se emplean para la solución las ecuaciones 17.19 a 17.21 y 17.23. Es importante tener en cuenta que cuando se aplica la ecuación 17.22 o 17.23, es necesario que haya consistencia en los sentidos de los vectores. En el caso de la ecuación 17.22, Ha se debe dirigir hacia la derecha cuando a sea en el sentido de las manecillas del reloj, porque lo necesita el movimiento de rodadura. Y en la ecuación 17.23 F debe dirigirse hacia la izquierda para evitar el movimiento de resbalamiento hacia la derecha, que se supuso, figura 17.20b. Por otro lado, si esas ecuaciones no se usan en la solución, se puede suponer cualquier sentido para los vectores. Entonces, si el valor numérico calculado para esas cantidades es negativo, los vectores acúan en sentido contrario. Los ejemplos 17.14 y 17.15 muestran esos conceptos en forma numérica.

SECo 17.5 ECUACIONES DE MOVIMIENfO: MOVIMIENfO GENERAL EN EL PLANO

383

Ejemplo 17.13 El carrete de la figura 17.21a tiene una masa de 8 kg Y un radio de giro k G = 0.35 m. Si cuerdas de masa despreciable se arrollan alrededor del cubo central y también de la orilla exterior, como se ve en la figura, calcule la velocidad angular del carrete 3 s después de haberlo soltado del reposo.

SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. Egura 17.21b. La fuerza de 100 N hace que aG actúe hacia arriba. También, a actúa en sentido de las manecillas del reloj, porque el carrete se enrolla en la cuerdaenA. Hay tres incógnitas: T, aG Y a. El momento de inercia del carrete con respecto a su centro de masa es

100

IG = mkb = 8(0.35)2 = 0.980 kg . m2

Ecuaciones de movimiento + i rEy

T + 100 - 78.48

= m(aGt ;

(+r.MG = LGa;

100(0.2) - T(0.5)

=

=

8a G

0.980a

(1)

(2)

Cinemática. Se obtiene la solución completa si se emplea la cinemática para relacionar a aG con a. En este caso el carrete "rueda sin resbalar" sobre la cuerda enA. Por lo tanto, podemos emplear los resultados del ejemplo 16.3 o del 16.13, de modo que (( + )aG= ar;

aG =

0.5a

(3)

y

IOON T

Resolviendo las ecuaciones 1 a 3 se obtiene 10.3 rad/s 2 aG = 5.16 m/S2 T = 19.8 N a

=

78.48 N

Como a es constante, la velocidad angular en 3 s es

(b)

«( +)

úJ = úJo + aj = =

O + 10.3(3) 30.9 rad/s )

Resp.

Fig.17.21

Lx

\.:a

384

CAP. 17 CINÉT ICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: FUERZA Y ACELERACIÓN

Ejemplo 17.14

-------------------------liliiii La rueda de 50 lb que se ve en la figura 17.22a tiene un radio de giro k G = 0.70 ft. Se le aplica un par de 35 lb· ft. Calcule la aceleración de su centro de ma3a G. Los coeficientes de fricción estática y dinámica entre la rueda y el plano en A son fJs = 0.3 Y fJk = 0.25, respectivamente.

SOLUCIÓN

Diagrama de cuerpo libre. Por inspección de la figura 17.2'2h, se ve que el momento del par origina que la rueda tenga una aceleración angular en el sentido de las manecillas del reloj igual a a. Como resultado de ello, la aceleración del centro de masa, ~, se dirige hacia la derecha. El momento de inercia es

(a)

50

51~35 1 bft í

G\ ~

IG = mkb = 32.2(0.70)2 = 0.761 slug . ft2 _3C

a\.~x

1.25 ft

Las incógnitas son NA, FA' aG Y a.

Ecuaciones de movimiento +--. rEx

=

50

m(aG)x ;

FA = 32.2 aG NA - 50 = O 35 - 1.25(FA) = 0.761 a

+ t rEy = m(aG)y ; (b)

Fig.17.22

(+r.MG = IGa;

(1)

(2) (3)

www.elsolucionario.org Se necesita una cuarta ecuación para tener una solución completa.

Cinemática (sin resbalamiento). Si se hace esta hipótesis, entonces a G = 1.25a

«( +)

(4)

Resolviendo el sistema de ecuaciones 1 a 4,

NA = 50.0 lb a = 11.0 rad/s2

FA = 21.3 lb a G = 13.7 ft/s2

La hipótesis original de que no hay resbalamiento necesita que FA ~ fJsNA- Sin embargo, como 21.3 lb > 0.3(50 lb) = 15 lb, la rueda resbala al rodar.

(Con resbalamiento.) Para esto se necesita que FA actúe hacia la derecha. ¿Por qué? También, FA = fJ~A, o sea FA =0.25NA

(5)

Al resolver las ecuaciones 1 a 3 junto con la 5 se obtiene

NA

=

50.0 lb

FA

=

25.2 rad/s2 aG = 8.05 ft/s2 --.

a

12.5 lb

=

Resp.

www.elsolucionario.org SECo 17.5 ECUACIONES DE MOVIMIENTO: MOVIMIENTO GENERAL EN EL PLANO

"" FJemplo 17.15 El pilote esbelto uniforme de la figura 17.23a tiene una masa de 100 kg Y un momento de inercia IG = 75 kg . m2• Si los coeficientes de fricción estática y cinética entre el extremo del pilote y la superficie son P. = 0.3 YPk = 0.25, respectivamente, calcule la aceleración angular del pilote en el instante de aplicar la fuerza horizontal de 400 N. El polo se encuentra originalmente en reposo.

r

:~ 11

3m

SOLUCIÓN Diagrama tÚ! cuerpo libre. Figura 17.23b. La trayectoria del movi-

miento del centro de masa G será a lo largo de una CUlVa desconocida (línea punteada) que tiene radio de curvatura p, el cual inicialmente es paralelo al eje y. No hay componente normal, o y, de la aceleración porque el pilote se encuentra en reposo al principio, es decir, VG = O y, por lo tanto, (aG)y = Uf; /p = O. Súpondremos que el centro de masa acelera hacia la derecha, y que el pilote tiene una aceleración angular a en sentido de las manecillas del reloj. Las incógnitas son NA, FA, aG Y a .

400 N j05 m

A (al

Ecuaciones tÚ! movimiento 400 - FA

=

NA - 981

100a G

(1)

O

(2) (3)

=

FA (1.5) - 400(1) = 75a

Se necesita una cuarta ecuación para poder determinar las incógnitas.

Cinemática (sin resbalamiento). En este caso el punto A funciona como "pivote", de tal manera que, si a es en el sentido de las manecillas del reloj, entonces aG se dirige hacia la derecha.

aG = 1.5a

(4) Fig.17.23

Resolviendo el sistema de ecuaciones 1 a 4 se obtiene

NA

=

981 N

a G = 1 m/S2

FA = 3OON a

=

0.667 rad/s2

La prueba de la hipótesis original de que no hay resbalamiento necesita que FA ~ PJVA' Sin embargo, 300 > 0.3(981) = 294 N. (Se resbala enA.)

(Con resbalamiento.) Para este caso no se aplica la ecuación 4. En su lugar, FA debe actuar hacia la izquierda y se emplea la ecuación de fricción FA = pJVA- Por lo tanto, (5) Resolviendo simultáneamente las ecuaciones 1 a 3, y 5, se obtiene

NA

=

FA = 245 N a G = 1.55 m/S2 a = - 0.428 rad/s2 = 0.428 rad/si')

981 N

Resp.

385

386

CAP. 17 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: FUERZA Y ACELERACIÓN ~emplo

17.16 La rueda de 30 kg que se ve en la figura 17.24a tiene su centro de masa en G y un radio de giro k G ::;::: 0.15 m. Está originalmente en reposo en la posición de la figura, y se suelta y comienza a moverse. Calcule su aceleración angular. No se presenta resbalamiento. SOLUCIÓN

Diagramas de cuerpo Ubre y cinemálico. Se pueden eliminar las dos incógnitas, FA y NA que se ven en el diagrama de cuerpo libre en la figura 17.24b, si se suman los momentos con respecto al punto A. El diagrama cinético acompaña a la solución para mostrar la aplicación de E( .M. k)A- Como se desconoce la trayectoria del movimiento, se deben indicar las dos componentes m(aG)x y m(aG)y en el diagrama cinético figura 17.24b. El momento de inercia es

(a)

r

Lx

IG = mkb = 30(0.15)2 = 0.675 kg . m2 Hay cinco incógnitas: NA, FA, (aG)" (aG)y ya.

Ecuación de movimiento. Aplicando la ecuación de movimiento rotatorio con respecto al punto A para eliminar NA y FA, tenemos NA

0.6750

~

30(3,,) •.

~-:rrn

\l ~Ol ~

30(3,,), ____-:::...1A

(1)

En esta ecuación hay tres incógnitas: (aG)x, (aG)y ya.

Cinemática. Recurrimos a la cinemática para relacionar a (aG)x, (aG)y y a. Estos vectores tienen el mismo sentido que los vectores correspondientes en el diagrama cinético. ¿Por qué? Como no se tiene resbalamiento, ao ::;::: ar ::;::: a(0.25), dirigida hacia la izquierda, figura 17.24c. También, (¡) ::;::: 0, ya que la rueda se encuentra en reposo al principio. Con la ecuación 16.17, con el punto O como punto base, figuras 17.24c y d, tenemos que

~

(b)

(+ EMA = EC.M.k)A ; 30(9.81XO.1) = 0.675a + 30(aa),,c0.25) + 30(a G)/0.1)

~W=O

"~~~j'"

aG = ao + (aGIO), + (aGIO)n

~W = O

Movi mi ento abs~ut o (e)

Igualando las componentes horizontales y verticales respectivas,

(aG/o ),

(aG)x = a(0.25) (aG)y = a(O.l)

= «(0. 1) Movimiento rehltivo (d)

Fig.17.24

(1) (2)

Resolviendo el sistema de ecuaciones 1, 2 Y3, se obtiene

a = 10.3 rad/s 2) (adx = 2.58 m/s2 (aG)y = 1.03 m/s2

Resp.

Como ejercicio, demuestre que FA ::;::: 77.4 N YNA ::;::: 263 N.

PROBLEMAS

387

PROBLEMAS * 17.68. Dos hombres ejercen fuerzas verticales constantes de 40 lb Y 30 lb en los extremos A y B del tablón uniforme que tiene un peso de 50 lb. Si el tablón se encontraba originalmente en reposo, calcule las aceleraciones lineal de su centro y angular. Suponga que la tabla es una varilla delgada.

17.71. El rodillo de jardín tiene una masa de 80 kg Y un radio de giro kG = 0.175 m. Se le empuja hacia adelante con una fuerza de 200 N cuando el asa está a 45°. Calcule su aceleración angular. El coeficiente de fricción estática entre el piso y el rodillo es J..IA = 0.12.

A

200 mm

1---15ft 30 lb

40 lb

Prob.17.68

Prob.17.71

17.69. El carrete y el alambre arrollado en su núcleo * 17.72. La carretilla y su contenido tienen una masa tienen una masa de 50 kg Ysu radio centroidal de gi- de 30 kg Y su centro de masa está en G, sin incluir a ro es kG = 235 mm. Si el coeficiente de fricción ciné- las ruedas. Cada una de las dos ruedas tiene una matica en la superficie es /1B = 0.15, calcule la acelera- sa de 3 kg Yun radio de giro ka = 0.12 m. Si se suelta ción angular del carrete después de soltarlo desde el la carretilla desde el reposo en la posición que se ve en la figura, calcule su velocidad después de haberse reposo. movido 5 m hacia abajo de la pendiente. El coeficiente de fricción cinética entre la pendiente y A es /1A = 0.3. Las ruedas giran sin resbalar en B.

0.4

Prob.17.69

17.70. El cilindro de 15 lb se encuentra inicialmente en reposo sobre una placa de 5 lb. Si se aplica al cilindro un momento de par M = 40 lb . ft, calcule la aceletación angular del cilindro y el tiempo necesario para que el extremo B de la placa se mueva 3 ft Ypegue con la pared. Suponga que el cilindro no resbala sobre la placa, y desprecie la masa de los rodillos bajo la placa.

Prob.17.72

17.73. El servilletero tiene una masa m y radio r. Si la presión normal del dedo hace que el anillo comience a moverse alejándose del dedo con una velocidad angular roo y su centro de masa G tiene una velocidad Yo, calcule el tiempo necesario para que el anillo comience a rodar de regreso hacia el punto en que se "disparó". También, ¿qué distancia se mueve hacia adelante su centro? El coeficiente de fricción cinética entre el anillo y la superficie es /1 .

..J

Prob.17.70

Prob.17.73

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388

CAP. 17 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: FUERZA Y ACELERACIÓN

17.74. El camión lleva el carrete que tiene un peso de 500 lb Y radio de giro kG 2 ft. Calcule la aceleración angular del carrete si no está amarrado al camión,s éste ·comienza a acelerar a 3 ft/s 2• Suponga que el carrete no resbala en la plataforma.

=

17.75. El camión lleva el carrete que tiene un peso de 200 lb Y radio de giro kG 2 ft. Calcule la aceleración angular del carrete si no está amarrado al camión y éste comienza a acelerar a 5 ftls 2• El coeficiente de fricción estática entre la plataforma y el carrete es p. 0.15, Y el coeficiente de fricción cinética es JJIc 0.1

=

=

=

17.77. Una varilla uniforme tiene un peso de 10 lb Y está sostenida por un perno en A de un rodillo que avanza por una corredera horizontal. Si originalmente el rodillo se encuentra en reposo, y la fuerza horizontal F 15 lb se aplica al rodillo, calcule la aceleración de éste. Desprecie la masa del rodillo y su radio d en los cálculos.

=

17.78. Resuelva el problema 17.77 suponiendo que el rodillo en A se reemplaza por un bloque deslizante de masa despreciable. El coeficiente de fricción cinética entre el bloque y la corredera es J.lk - 0.2. Desprecie la dimensión d y el tamafto del bloque en los cálculos.

+- (j~_A--,-_F -

2 fl

J

www.elsolucionario.org Probs.17.74/17.75

*17.76. Calcule la aceleración del bloque qúe baja por el plano inclinado cuando se le suelta. El bloque tiene una masa m, y el cilindro tiene masa M y radio R. Suponga que el cilindro no resbala al rodar, y que el bloque resbala por una superficie lisa. La polea en B es lisa.

Probs.17.77/17.78

17.79. Al aro o anillo delgado de 10 lb se le da una velocidad angular inicial de 6 rad/s y se le coloca en la superficie. El coeficiente de fricción cinética entre aro y superficie es JJIc 0.3. Calcule la distancia que se mueve el aro antes de cesar de resbalarse.

=

B

Prob.17.76

Prob.17.79

PROBLEMAS

• 17.80. Se suelta la escalera partiendo del reposo cuando (J= O°. Calcule las fuerzas normal y de fricción que el suelo ejerce sobre la escalera, como función de (J, al caer ésta. ¿Es posible que la escalera resbale al caer? ¿Por qué? Para el cálculo, considere la escalera como varilla delgada de longitud 1 y masa m.

389

17.82. La escalera tiene un peso Wy descansa contra el muro liso y el piso. calcule su aceleración angular como función de (J cuando se suelta y se deja deslizar hacia abajo. Para los cálculos, considere a la escalera como varilla delgada.

B

Prob.17.80

17.81. El cilindro A tiene un peso de 15 lb Yestá fijo al bloque B de 20 lb mediante el sistema de cuerda y polea, como se ve en la figura. Calcule la aceleración del bloque cuando se suelta. Los coeficientes de fricción estática se indican en la figura.

Prob.17.82

17.83. La viga esbelta de 200 kg está suspendida en su extremo por un cable, como se ve en la figura. Un hombre empuja su otro extremo con una fuerza horizontal de 30 N. calcule la aceleración inicial de su centro de masa G, la aceleración angular de la viga, la tensión del cableAB, y la aceleración inicial del extremoA.

B A

T 2m

1 4m

G

4<-

Prob.17.81

1

Prob.17.83

390

CAP.17 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: FUERZA Y ACELERACIÓN

* 17.84. Una hoja larga de papel está enrollada en dos bobinas, cada una de las cuales tiene una masa de 8 kg. El rollo A está sostenido por un eje que pasa por su centro, mientras que el rollo B no tiene soporte aparte del papel mismo. Si B se pone en contacto con A y se suelta partiendo del reposo, calcule la tensión inicial del papel entre los rollos y la aceleración angular de cada rollo. Para el cálculo, suponga que los rollos se pueden considerar como cilindros.

17.86. La cuerda pasa sobre la clavija lisa enA y está enrollada en un cilindro de masa M y radio R. Su extremo está fijo a un bloque que tiene masa m. Calcule la aceleración del bloque cuando se suelta. El cilindro rueda sin resbalar.

R

Prob.17.84

17.85. La placa uniforme pesa 40 lb Y está sostenida mediante un rodillo en A. Repentinamente se aplica una fuerza horizontal F = 70 lb al rodillo. Calcule la aceleración del centro de éste en el momento que se aplica la fuerza. La placa tiene un momento de inercia IG = 0.414 slug . ft2 con respecto a su centro de masa. Desprecie el peso y el radio d del rodillo.

Prob.l7.,

17.87. La cuerda pasa por la clavija lisa en A y está amarrada en sus extremos a un bloque de masa m y al eje de un cilindro que tiene masa M y radio R. Calcule la aceleración del bloque cuando se suelta. El cilindro rueda sin resbalar.

R d

Prob.l7.85

Prob.17.87

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PROBLEMAS

.17.88. El cilindro tiene una masa m y se suelta partiendo del reposo cuando () = O°. Rueda superficie

abajo por la corredera semicircular fija; calcule el ángulo () en el que el cilindro comienza a resbalar sobre la superficie. El coeficiente de fricción estática entre cilindro y corredera es }lk = 0.3.

391

17.91. El disco de 10 lb Y el bloque de 4lb se sueltan desde el reposo. Calculj! la velocidad del bloque cuando t = 3 s. El coeficiente de fricción estática en A eS}lA = 0.2. Desprecie la masa de la cuerda y de las poleas.

0.5 ft

B

Prob.17.88

17.89. La barra delgada que pesa 150 lb está soportada mediante dos cuerdasAB yAC. Si repentinamÓ~­ te se revienta la cuerdaAC, calcule la aceleración a~,­ guiar inicial de la barra y la tensión de la cuerdaAB. "

Prob.17.91

* 17.92. La rueda, que tiene una masa de 50 kg Yun radio de giro kG = 0.4 m, rueda sin resbalar hacia abajo del plano inclinado. Calcule las reacciones horizontal y vertical en A, y la reacción normal en B en el momento en que la rueda está en el punto medio del tablón. Éste es uniforme y tiene una masa de 20 kg. Prob.17.89

17.90. Una banda larga de papel está enrollada en dos bobinas que tienen masa de 10 kg cada una. Los rollos se colocan en una superficie lisa. El centro del rollo A se sujeta a una fuerza horizontal de 60 N. Calcule la tensión inicial en el papel entre los rollos, y la aceleración angular de cada rollo. Para el cálculo, suponga que los rollos se pueden considerar como cilindros. Desprecie la masa del papel entre los rollos.

B

B

A

A

P=60N 120 mm

Prob.17.90

Prob.17.92

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18

Cinética del cuerpo rígido en el plano: trabajo y energía

En el capítulo 14 se demostró que los problemas en los que intervienen fuerza, velocidad y desplazamiento se pueden resolver convenientemente empleando el principio del trabajo y la energía, o bien, si el sistema de fuerzas es "conservativo", se emplea el teorema de la conservación de energía. En este capítulo aplicaremos los métodos de trabajo y energía para resolver problemas que implican el movimiento de un cuerpo rígido en el plano. En el capítulo 21 se presenta la descripción más general aplicada al movimiento de un cuerpo rígido en tres dimensiones. Sin embargo, antes de describir el principio del trabajo y la energía para un cuerpo, se desarrollarán los métodos para calcular la energía cinética del cuerpo cuando éste se halla sometido a traslación, rotación alrededor de un eje fijo, o al movimiento general en el plano.

18.1 Energía cinética Consideremos el cuerpo rígido que se muestra en la figura 18.l. Se representa aquí mediante una placa que se mueve en el plano inercial de referencia x-y. Una partícula i arbitraria del cuerpo, cuya masa es dm, está a una distancia r del punto arbitrario P. Si en el instante que representa la figura la partícula tiene una velocidad Vi' entonces su energía cinética es Ti = Uf. La energía cinética de todo el cuerpo se determina formulando ecuaciones semejantes para cada partícula del mencionado cuerpo e integrando los resultados, es decir,

ttm

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394

CAP. 18 CINÉTICA DEL CUERPO RÍGIDO EN EL PLANO: TRABAJO Y ENERGÍA

y

Esta ecuación se puede escribir de otra manera si se expresa a Vi en términos de la velocidad del punto P, es decir, Vp. Si el cuerpo tiene velocidad angular w, entonces de acuerdo con la figura 18.1 tenemos Vi = Vp

+ Vi¡P

= (up), i + (up)yj + wk = ~--~--~~------ x

[(up).. - (o/Ji + [(up)y -

wxU

El cuadrado de la magnitud de Vi es entonces Vi ' Vi =

Fig. 18.1

x (xi + yj)

Uf = = =

[(up), - wy]2 + [(up)y - wx]2 (u)), - 2( up),(o/ + w 2y2 + (u})y + 2( up)yWX + W2X2 u) - 2( up),wy + 2( up\wx + w 2r2

Sustituyendo en la ecuación de la energía cinética se obtiene

La primera integral de la derecha representa la masa total m del cuerpo. Como xm = x dm y ym = y dm, la segunda y tercera integrales ubican al centro de masa G del cuerpo con respecto a P. La última integral representa al momento de inercia Ip, calculado con respecto al eje z que pasa por el punto P. Entonces,

f

f

(18.1) Esta ecuación se reduce a una forma más simple si el punto P coincide con el centro de masa G del cuerpo, en cuyo caso = y = O, Y por lo tanto

x

(18.2) En esta ecuación IG es el momento de inercia del cuerpo con respecto a un eje que es perpendicular al plano del movimiento y que pasa por el centro de masa. Los dos términos del lado derecho siempre son positivos, porque las velocidades están elevadas al cuadrado. Además, se puede comprobar que esos términos tienen unidades de longitud multiplicadas por fuerza, y las unidades más empleadas son m ' N o ft· lb. Sin embargo, recuérdese que en el sistema SI la unidad de energía es el joule (J), siendo 1 J = 1 m . N.

Traslación. Cuando un cuerpo rígido de masa

m se halla sometido a traslación, ya sea rectilínea o curvilínea, la energía cinética debida a la rotación es cero, porque w = O. De acuerdo con la ecuación 18.2, la energía cinética del cuerpo será, por lo tanto,

SECo 18.1 ENERGíA CINÉTICA

I T =J¡nvb I

(18.3)

eh la cual Oc es la magnitud de la vdocidad de traslación en el instante que se considera, figura 18.2.

-

v

0--

C

Rotación con respecto a un eje fijo. Cuando un cuerpo rígido gira con respecto a un eje fijo que pasa por el punto O, figura 18.3, el cuerpo tiene energía cinética tanto de traslación como de rotación, de acuerdo con la deflnición de la ecuación 18.2, es decir, (18.4)

VG=V

Traslación

Fig.18.2

La energía cinética del cuerpo se puede formular de otro modo notando que Ve = re W, en cuyo caso T = !(Ie + mre2)w. De acuerdo con el teorema del eje paralelo, los términos dentro del paréntesis representan al momento de inercia lo del cuerpo con respecto a un eje perpendicular al plano del movimiento y que pasa por el punto O. Por lo tanto, *

I T=!Io w I

(18.5)

De acuerdo con la deducción, esta ecuación se puede sustituir por la ecuación 18.4, porque ésta explica tanto la energía cinética de traslación del centro de masa del cuerpo como la energía cinética de rotación del cuerpo calculada con respecto a su centro de masa.

Rotación a[rcdcdor de un eje fijo

Fig.18.3

Movimiento general en el plano. Cuando un cuerpo rígido se somete a movimiento general en el plano, flgura 18.4, tiene una velocidad angular W y su centro de masa tiene una velocidad Ve. Por lo tanto, la energía cinética está deflnida por la ecuación 18.2, es decir, (18.6) Aquí se ve que la energía cinética total del cuerpo consta de la suma escalar de la energía cinética de traslación del cuerpo, es decir, J¡n vb , y la energía cinética de rotación alrededor de su centro de masa, Few2 . Como la energía es una cantidad escalar, la energía total de un sistema de cuerpos rígidos conectados es la suma de las energías cinéticas de todas sus partes en movimiento. Dependiendo del tipo de movimiento, se calcula la energía cinética de cada cuerpo aplicando la ecuación 18.2 o las formas alternativas que se citaron arriba.

C

M ovimient o genl!ral en el pl ano

* Se debe hacer notar la semejanza entre esta deducción y la de rMo

loa, ecuación 17.6. También nótese que se puede obtener el mismo resultado a partir de la ecuación 18.1, seleccionando el punto P para que esté en O, ya que vo = o. =

Fig.18.4

395

396

CAP. 18 CINÉTICA DEL CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: TRABAJO Y ENERGíA

Ejemplo 18.1 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _..¡

E v

El sistema de tres elementos que aparece en la figura 18.5a consta de un bloque B de 6 kg, un disco D de 10 kg, Yun cilindro e de 12 kg. Una cuerda continua de masa despreciable se arrolla en el cilindro, pasa sobre el disco y se amarra al bloque. Si éste se mueve hacia abajo con una velocidad de 0.8 m/s y el cilindro gira sin resbalamiento, calcule la energía cinética total del sistema en ese momento.

~c

~G 0.1 m

.

()

SOLUCIÓN Por inspección, el bloque se traslada, el disco gira con respecto a un eje fijo, y el cilindro tiene movimiento general en el plano. Por lo tanto, para calcular la energía cinética del disco y cilindro es necesario primero calcular OJo. OJc Y VG , figura 18.5a.

'j

I

V8

0.8 m/s

6 kg

= (0.1 m)OJD

OJD

= 8 rad/s

B

Como el cilindro rueda sin resbalar, el centro instantáneo de velocidad cero está en el punto de contacto con el terreno, figura 18.5b. Por lo tanto

= 0.8 mis (a)

www.elsolucionario.org = = VE

rEIlCOJC

VG

~C rEIIC

= rGllcOJc

(0.2 m)OJe OJe = 4 rad/s = (0.1 mX4 rad/s) = 0.4 mis

0.8 m/s VG

La energía cinética del bloque es

= 0.2 m

G ) rGllc = O.l m

IC (b)

La energía cinética del disco es

TD= t IDwb = t
Fig.18.5

Finalmente, la energía cinética del cilindro es

Tc = tmvb + FGwt = ynvb + t
T = TB + TD + Te =

1.92 J + 1.60 J + 1.44 J

=

4.96 J

Resp.

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SECo 18.2 TRABAJO DE UNA FUERZA

397

18.2 Trabajo de una fuerza Con frecuencia se encuentran diversos tipos de fuerzas en los problemas de cinética en el plano en los que interviene un cuerpo rígido. Se describió el trabajo de cada una de esas fuerzas en la sección 14.1 y a continuación se menciona en forma resumida.

Trabajo de una fuerza variable. Si actúa una fuerza externa F sobre un cuerpo rígido, el trabajo efectuado por la fuerza cuando el cuerpo se desplaza en su trayectoria s, figura 18.6, se define como

(18.7)

En ella () es el ángulo entre las "colas" de los vectores fuerza y desplazamiento diferencial. En general, la integración debe tener en cuenta la variación de la dirección y magnitud de la fuerza. I

F /

I

\ \

Trabajo de una fuerza constante. Si una fuerza externa Fe " actúa sobre un cuerpo rígido, figura 18.7, y mantiene constantes su magnitud Fe y dirección () mientras el cuerpo se traslada por una trayectoria s, se puede integrar la ecuación 18.7 de modo que el trabajo sea

(18.8)

Aquí Fe cos () representa la magnitud de la componente de la fuerza en la dirección del desplazamiento.

Flg.18.7

Flg.18.6

398

CAP. 18 CINÉTICA DEL CUERPO RÍGIDO EN EL PLANO: TRABAJO Y ENERGÍA

Trabajo de un peso. El peso de un cuerpo efectúa trabajo sólo cuando el centro de masa G del cuerpo sufre un desplazamiento vertical .:ly. Si este desplazamiento es hacia arriba, figura 18.8, el trabajo es negativo, porque peso y despiazamiento actúan en direcciones contrarias.

IU w

=

(18.9)

-W.:ly

Igualmente, si el desplazamiento es hacia abajo (- .:ly) el trabajo se hace positivo. En este caso, se considera que el cambio de elevación es pequeño y por ello W, causado por la gravitación, es constante.

/

/

I

I \

\ I I

Fig.18.8

Trabajo de una fuerza de resorte. Si se fija un resorte elástico lineal a un cuerpo, la fuerza Fs = ks del resorte que actúa sobre el cuerpo hace trabajo cuando el resorte se estira o se comprime de SI a una posición más alejada S2' En ambos casos el trabajo será negativo, porque el desplazamiento del cuerpo siempre es en dirección opuesta a la fuerza del resorte, figura 18.9. El trabajo efectuado es

I

Us =

-(~~ - ~Ül

(18.10)

,//--" \ I

'_..-l

resorte si n estimmiento s =

-

O 1---

s - ---i - --s2 - --

---1

\

,

I

I

SECo 18.3

TRABAJO DE UN PAR

Fuerzas que no efectúan trabajo. Hay algunas fuerzas externas que no efectúan trabajo al desplazarse el cuerpo. Estas .fuerzas pueden actuar en puntos fijos en el cuerpo o pueden tener una dirección perpendicular a su desplazamiento. Como ejemplos se tienen las reacciones en un soporte de perno con respecto al cual gira un cuerpo, la reacción normal que actúa sobre un cuerpo que se mueve por una superficie fija, y el peso de un cuerpo cuando su centro de gravedad se mueve en un plano horizontal, figura 18.10. Una fuerza Fr de resistencia a la rodadura que actúa sobre un cuerpo cuando rueda sin resbalar sobre una superficie áspera, tampoco efectúa trabajo, figura 18.10. * Esto se debe a que, durante cuaLquier lapso dt de tiempo, Fr actúa en un punto del cuerpo que tiene velocidad cero (centro instantáneo, le), y por lo tanto el trabajo efectuado por la fuerza sobre este punto es cero. En otras palabras, el punto no se desplaza en este momento en la dirección de la fuerza . Véase la figura 16.26b, donde es aparente que en el instante que el punto A está en el origen del sistema coordenado x, y, z, su desplazamiento es vertical y no horizontal. Como Fr toca cada partícula sucesiva sólo durante un instante, el trabajo de Fr será cero.

w

N

Fig.18.10

18.3 Trabajo de un par Recordemos que un par consta de dos fuerzas no colineales que tienen magnitudes iguales y direcciones opuestas. Cuando se sujeta un cuerpo a un par y entra en movimiento general en el plano, las dos fuerzas solamente efectúan trabajo cuando el cuerpo desarrolla una rotación. Para demostrarlo, veamos al cuerpo de la figura 18.1la, sometido a un par cuya magnitud es M = Fr. Se puede considerar que cualquier movimiento diferencial general del cuerpo es una traslación y una rotación separadas. Cuando el cuerpo se traslada de tal forma que la componente del desplazamiento a lo largo de la línea de acción de las fuerzas es ds" figura 18.11b, es claro que el trabajo "positivo" de una fuerza anula el trabajo "negativo" de la otra. Veamos ahora una rotación diferencial dOdel cuerpo con respecto a un eje perpendicular al plano del par y que interseca al plano en el punto 0, figura 18.11c. (Para la deducción también se puede tener en cuenta cualquier otro punto del plano.) Como se ve, cada fuerza sufre un desplazamiento dS e = r/2) dO en la dirección de la fuerza; por lo tanto, el trabajo total efectuado es

dUM = F [~dOJ + F[ ~dOJ = (Fr) dO

(a)

Traslación

(b)

Rotación

(d

=MdO • El trabajo efectuado por la fuerza de fricción cl/ando el cl/elpo se desliza se ha descrito en la sección 14.3.

Fig.18.11

399

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400

CAP. 18 CINÉTICA DEL CUERPO RÍGIDO EN EL PLANO: TRABAJO Y ENERGÍA

En este caso, la línea de acción de d e es paralela a la línea de acción de M. Esto siempre es eL caso para eL movimiento generaL en eL plano, ya que M y de son perpendiculares al plano del movimiento. Además, el trabajo resultante es positivo cuando M y de tienen eL mismo sentido, y es negativo si los vectores son de sentido opuesto. Cuando el cuerpo gira un ángulo finito e en el plano, medido en radianes, de e] a el> el trabajo de un par es (18.11) Si el momento del par M tiene magnitud constante, entonces (18.12) En este caso el trabajo es positivo siempre que M y (e2 - el) estén en la misma dirección.

18.4 Principio del trabajo y la energía

www.elsolucionario.org En la sección 14.2 se desarrolló el principio del trabajo y la energía para una partícula. Aplicando este principio a cada una de las partículas de un cuerpo rígido y sumando algebraicamente los resultados, como la energía es un escalar, se puede desarrollar el principio del trabajo y la energía. A este respecto, se han definido las energías cinéticas inicial y final mediante las fórmulas de la sección 18.1, y el trabajo efectuado por las fuerzas y momentos de p~ _e:temos se definió. con las ecuacio~es de las secciones 18.2 y 18.3~otese que el trabajO de las fuerzas mtentas del cuerpo no necesita tenerse en cuenta, porque el cuerpo es rígido. Esas fuerzas se dan en pares iguales y opuestos, pero colineales y, por lo tanto, cuando se mueve el cuerpo, el trabajo de una fuerza anula al de su contraparte. Además, como el cuerpo es rígido, no hay movimiento relativo entre esas fuerzas y, por lo tanto no se efectúa trabajo interno. Por lo anterior, se puede escribir el principio del trabajo y la energía para el caso de un cuerpo rígido del siguiente modo (18.13) Esta ecuación establece qUé. la energía cinética inicial de traslación y rotación del cuerpo, más el trabajo efectuado por todas las fuerzas y momentos de un par externos que actúan sobre el cuerpo al moverse éste desde su posición inicial a su posición final, es igual a la energía cinética final de traslación y de rotación del cuerpo.

SECo 18.4 PRINCIPIO DEL TRABAJO Y LA ENERGÍA

Cuando varios cuerpos rígidos están unidos mediante pasadores, o mediante cables inextensibles, o engranan entre sí, se puede aplicar esta ecuación para el sistema completo de cuerpos conectados. En todos esos casos las fuerzas internas, que mantienen unidos a los diversos miembros, no efectúan trabajo y, por lo tanto, se eliminan del análisis.

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS El principio del trabajo y la energía se usa para resolver problemas cinéticos en los que intervienen velocidad, fuerza y desplazamiento, ya que estos términos intervienen en la formulación. Para su aplicación, se sugiere que se emplee el siguiente procedimiento. Energía cinética (diagramas cinemálicos). Calcular los términos TI y T2 de energía cinética aRlicando la ecuación T = .yn vJ + VGClI 2 o alguna forma ad~uada de esta ecuación, desarrollada en la sección 18.1. A este respecto los diagramas cmenuíticos para la velocidad pueden ser de utilidad para determinar a ·VG Y a ClI, o bien para establecer una relación entre VG YClI. * Trabajo (diagrama de cuerpo libre). Trace un diagrama de cuerpo libre cuando el cuerpo está en un punto intermedio de la .trayectoria, para tener en cuenta todas las fuerzas y momentos de par que efectúan trabajo en el cuerpo, al moverse éste en su trayectoria. Se puede calcular el trabajo de cada fuerza y momento de par, empleando las ecuaciones adecuadas en las secciones 18.2 y 18.3. Como se necesita la suma aLgebraica de los términos del trabajo, es importante especificar el signo correcto de cada uno de ellos. En especial, el trabajo es positivo cuando la fuerza o momento de un par tiene la misma dirección que su desplazamiento (o rotación); si no es así, es negativo. Principio del trabajo y la energía. Aplique el principio del trabajo y energía, TI + r.DI _2 = T 2• Como es una ecuación es-

calar, puede emplearse solamente para resolver una incógnita cuando se aplica a un solo cuerpo rígido. Esto contrasta con las tres ecuaciones escalares de movimiento, ecuación 17.11, que pueden formularse para el mismo cuerpo. Los siguientes ejemplos de problemas ilustran la aplicación del procedimiento. * Es de utilidad dar un repaso a las secciones 16.5 a 16.7 para resolver problemas, ya que los cálculos de energía cinética necesitan del análisis cinemático de la velocidad.

401

402

CAP.18 CINÉTICA DEL CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: TRABAJO Y ENERGíA

FJemplo 18.2

El disco de 30 kg que se ve en la figura 18-12a está soportado por un pasador en su centro. Calcule el número de revoluciones que debe hacer para alcanzar una velocidad angular de 20 rad/s pártiendo del reposo. Sobre él actúa una fuerza constante F = 10 N, que se aplica a una cuerda enrollada en la periferia, y a un par constante M 5 N . m. Desprecie en el cálculo la masa de la cuerda.

=

F= ION (a)

SOLUCIÓN Energía cinética. Como el disco gira con respecto a un eje fijo, la energía cinética puede calcularse mediante T = Vom2, siendo el momento de inercia lo ~r2. Al principio, el disco se encuentra en reposo y, por lo tanto,

=

TI

=0

T 2 = i Io~ = m(30XO.2)2](20)2 = 120 J Trabajo (diagrama de cuerpo libre). Como se ve en la figura 18.12b, las reacciones del perno Ox Y 0y, así como el peso (294.3 N) no efectúan trabajo, porque no se desplazan. El momento de un par, que tiene magnitud constante, efectúa trabajo positivo UM = MO al girar el disco en un ángulo O rad en sentido de las manecillas del reloj, y la fuerza constante F efectúa trabajo positivo UFc = Fs a medida que la cuerda se mueve hacia abajo s = Or = 0(0.2) m. El principio del trabajo y la energía F= ION (b)

[TI) + {l:UI - 2} = [T2) [TI) + (MO+ Fs) = [T2) [O] + [50 + (10)0(0.2)]

1l

=

[120]

1 0 = 17.1 rad = 17.1 ra c rev = 2.73 rev 2 lCrad Flg.18.12

J

Resp.

Este problema también se resolvió en el ejemplo 17.9. Compárense los dos métodos y nótese que, dado que intervienen la fuerza, velocidad y desplazamiento O, el método trabajo-energía proporciona una solución más directa.

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SECo 18.4 PRINCIPIO DEL TRABAJO Y IA ENERGÍA

Ejemplo 18.3 La barra uniforme de 5 kg que se indica en la figura l8.13a sufre la acción de una fuerza de 30 N que actúa siempre perpendicularmente a ella, como se ve en la figura. La barra tiene una velocidad angular inicial (dI = 10 rad/s en el sentido de las manecillas del reloj, cuando fJ = O°. Calcule su velocidad angular cuando fJ = 90°

l " ~"

A~·6 m

"

(a)

SOLUCIÓN Energía cinética (diagramas cinemático!)). En la figura l8.13b se muestran dos diagramas cinemáticos de la barra cuando () = 00 (posición 1) y fJ = 90° (posición 2). La energía cinética inicial puede calcularse con referencia al punto fijo A de rotación o bien al centro de masa G. Si se considera aA, entonces

CD

or G

Si se considera el punto G , entonces

L

(Ve) , = 3 mis

((J ,

A

= 10 radls

-~===r-=====) el) ro2

G

En la posición final,

(Veh

T 2 = m{5XO.6)2]~ = 0.3~

(h)

,,

Trabajo (diagrama de cuerpo libre). Véase figura 18.13c. Las reacciones A.: y Ay no efectúan trabajo, porque esas fuerzas no se mueven. El peso de 49.05 N, centrado en G, se mueve hacia abajo una distancia vertical ~y = 0.3 m. La fuerza de 30 N se mueve en dirección tangente a su trayectoria de longitud i lr(0.6) m.

,,

30N

El principio del trabajo y la energía (e)

(TI] + (LUI - 2} =(T2] PO] + (49.05(0.3) + 30[in-C0.6)]} = (0.3Wz) ~

= 15.6 rad/s) Resp.

,

Fig.18.13

403

404

CAP. 18 CINÉTICA DEL CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: TRABAJO Y ENERGÍA

EJemplo 18.4

k

ee

-.

La rueda que se ve en la figura 18.14a pesa 40 lb Ytiene un radio de giro k¿ = 0.6 ft con respecto a su centro de masa G. Si se sujeta aun momento de par de 15 lb·ft en el sentido de las manecillas del reloj, rueda partiendo del reposo sin resbalar. Calcule su velocidad angular en el momento en que su centro G se ha movido 0.5 ft. El resorte tiene una rigidez k = 10 lb/ft e inicialmente no está deformado, en el momento de aplicar el momento de un par.

10 lb/ft

(a)

SOLUCIÓN Energia cinética (diagramo cinemálico). Como la rueda está en reposo al principio,

TI =0

'j

En la figura 18.14b se muestra el diagrama cinemática de la rueda cuando está en la posición final. La velocidad del centro de masa (VG)2 se puede relacionar con la velocidad angular ~ desde el centro instantáneo de velocidad cero (/C), es decir, (VG)2 = 0.8~. Por lo tanto, la energía cinética final es

:1 .. "

¡; 11 1, d

FO<~)2 www.elsolucionario.org T2 = ?n(vG~ +

1':

_1(40~ -"2 32.2 J'0.8~)2 =

~ ~

le (b)

.!f40

+ 2L32.2(0.6)2

}

~)

2

0.621(~)2

Trabajo (diagrama de cuerpo libre). Como se ve en la figura 18.14c, sólo efectúan trabajo la fuerza del resorte F. y el momento de un par. La fuerza normal no se mueve en su línea de acción y la fuerza de fricción no efectúa trabajo, porque la rueda no resbala al rodar. El trabajo de F. se puede calcular empleando U. = ¿Por qué es negativo el trabajo? Como la rueda no resbala cuando el centro de gravedad G se desplaza 0.5 ft, la rueda gira () = sdrGIIC = 0.5/0.8 = 0.625 rad, figura 18.14b. Por lo tanto, el resorte se estira SA = (}r AJIC = 0.625(1.6) = 1 ft.

_.pa2.

Principio de/trabajo y la energia

(TI) + (LUI - 2} = (T2) (TI) + ~()- tks~ = (T2)

(e)

[OJ Fig.18.14

+ (15(0.625) - !
2.65 rad/s )

Resp.

SECo 18.4 PRINCIPIO DEL TRABAJO Y lA ENERGÍA

405

Ejemplo 18.5 La varilla de 10 kg que se muestra en la figura 18.150 está forzada a moverse de tal modo que sus extremos pasan por las ranuras. La varilla está inicialmente en reposo, cuando 8 = 0". Si una fuerza horizontal P = 50 N actúa sobre el bloque de corredera en B, calcule la velocidad angular de la varilla en el momento en que 8 = 45°. Desprecie la masa de los bloques A y B. SOLUCIÓN ¿Por qué puede emplearse el principio del trabajo y la energía para resolver este problema? B

Energía cinética (diagramas cinemáticos). En la figura 18.15b se muestran dos diagramas cinemáticos de la varilla, cuando está en la posición inicial 1, y en la posición final 2. Cuando se encuentra en la posición 1, T¡ = O porque (vG)¡ = Cü¡= O. En la posición 2 la velocidad angular es ~ y la velocidad del centro de masa es (VG)2'Por lo tanto, la energía cinética es T2 = tm(vG~

+

= t (lOX vd~ =

5(vG)~

+

tIG(~)2 +

(Ve)l

=0 • G

rol = o

Hfz(10XO.8)2](~)2

0.267(Cü2)2

(a)

(vAh

(1)

Las dos incógnitas, (Vc)2 y ~ pueden relacionarse con el centro instantáneo de velocidad cero para la varilla, figura 18.15b. Se ve que cuando se mueve A hacia abajo con una velocidad (VA)2' B se mueve en dirección horizontal hacia la izquierda con velocidad (VB)z. Conocidas estas direcciones puede determinarse el le como se ve en la figura. Por lo tanto,

CD (vBh

(VG)2 = rG/lC~ = (0.4 tan 45°)~ =0.4~ Sustituyendo en la ecuación 1 se obtiene T2 = 5(0.4~)2

+

0.267( ~)2 = 1.067(~)2

Trabajo (diagrama de cuerpo libre). Véase la figura 18.15c. Las fuerzas normales NA y NB no efectúan trabajo al desplazarse la varilla. ¿Por qué? El peso de 98.1 N se desplaza una distancia vertical ay = (0.4 - 0.4 cos 45°) m, mientras que la fuerza de 50 N se mueve una distancia horizontal s = (0.8 sen 45°) m.

(0.4 eos 45°) m

50N

(e)

-~I

El principio del trabajo y la energía [T¡} + (EU¡_ 2}= [T2} {T¡) + {Way + Ps] = {T2) {O]+ (98.1(0.4 - 0.4 cos 45°) + 50(0.8 sen 45°)} = (1.067(~)2} Despejando a ~ se obtiene ~ = 6.11 rad/s)

Resp.

Fig.18.1S

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406

CAP. 18 CINÉTICA DE L CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: TRABAJO Y ENERGíA

PROBLEMAS 18.1. En un momento dado, el cuerpo de masa m tiene velocidad angular ú) y su centro de masa tiene una velocidad VG. Demuestre que puede representarse su energía cinética mediante T = ihcm2, siendo hc el momento de inercia del cuerpo calculado con respecto al eje instantáneo de velocidad cero, ubicada a una distancia rG/IC del centro de masa, como se indica en la figura.

18.3. Calcule la energía cinética del sistema de tres eslabones. Los eslabones AB y CD pesan 10 lb cada uno, y el eslabón BC pesa 20 lb.

• A wAB

1 ft

= 5 rad/s

2ft - l

LB~===~;¡@

cr 1ft

.J Prob.18.3

Prob.18.1

* 18.4. La varilla delgada uniforme tiene masa m y está fija a un perno en su extremo. Si la velocidad angular 18.2. Calcule la energía cinética para el sistema de de la varilla es ú), demuestre que la energía cinética tres eslabones. Se puede calcular cada eslabón como es la misma si se calcula con respecto a su centro de varilla esbelta con un peso de 0.5 lb/in. masa G o al puntoA.

3

in.

~~~4i~ n '-:;1 C

B

Prob.18.4

Prob.18.2

18.5. El cilindro de 30 lb tiene velocidad angular de 5 rad/s en sentido contrario al de las manecillas del reloj cuando su centro tiene una velocidad de 20 ft/s. Calcule la energía cinética del cilindro en ese momento.

PROBLEMAS

407

* 18.8. El cilindro tiene una masa de 80 kg. Se aplica

=

una fuerza horizontal P 750 N al cable arrollado en su cara exterior. Si originalmente el cilindro se encuentra en reposo, calcule su velocidad angular cuando se ha movido s = 2 m su centro O. El cilindro rueda sin resbalar. Desprecie la masa del cable.

p = 750 N

Prob.18.5

18.6. Si los eslabonesAB y CD pesan cada uno 15 lb Y el eslabón BC pesa 20 lb, calcule la energía cinética del mecanismo en el momento que aparece en la figura, cuando e = 30°. Si se mantiene roAR = 3 rad/s, ¿es constante la energía cinética para todo ángulo (J! Prob.18.8

¡---- --

3 ft -

-

-

18.9. La puerta giratoria consta de cuatro hojas fijas a un eje AB. Cada hoja se puede suponer que es una placa delgada de 50 lb. La fricción en el eje origina un momento de 2lb . ft que resiste el giro de las puertas. Si una mujer pasa por una de las hojas empujándola siempre con una fuerza P = 15 lb, perpendicular al plano de la hoja como se ve en la figura, calcule la velocidad angular de la puerta al haber girado 90". Las hojas se encontraban en reposo al principio.

-

Prob.18.6

18.7. El mecanismo consta de dos varillas, AB y BC, que pesan 10 y 20 lb respectivamente, y de un bloque de 4 lb en C. Calcule la energía cinética del sistema en el momento de la figura, cuando el bloque se mueve a 3 ft/s.

7

2 ft

l .

-

vc =3 ftls

Prob.18.7

Prob.18.9

408

CAP. 18 CINÉTICA DEL CUERPO RÍGIDO EN EL PLANO: TRABAJO Y ENERGÍA

18.10. Los dos remolcadores ejercen una fuerza F * 18.12. Un motor comunica un par de 50 lb . ft al enconstante cada uno sobre el barco. Estas fuerzas granaje piñón D, que engrana con el engranaje masiempre están dirigidas en dirección perpendicular a yor A . Éste mueve a su vez al tambor sobre el cual se la línea central del barco. Éste tiene una masa m y un enrolla la cuerda. SiA pesa 120 lb Ytiene radio de giradio de giro kG con respecto a su centro de masa G. ro kA = 0.6 ft, calcule la velocidad de la caja e de 50 Calcule la velocidad angular del barco al haber gira- lb cuando se ha elevado 5 ft habiendo partido del reposo. Desprecie la masa del piñón, la del cable, y de do 90°. El barco estaba en reposo originalmente. la polea en B.

e

www.elsolucionario.org Prob.18.10

18.11. Un motor suministra un par constante M = 120 lb . ft al tambor. Éste tiene un peso de 30 lb Yun radio de giro ka = 0.8 ft. Calcule la velocidad de la caja de 15 lb cuando alcanza una altura s = 4 ft habiendo comenzado del reposo. Desprecie la masa de la cuerda.

M= 1201b·ft

Prob.18.12

18.13. El coeficiente de fricción cinética entre el disco de 100 lb Yla superficie del transportadof de banda es Jlk = 0.2. Si se mueve este transportª,dor a una velocidad Ve = 6 ft/s cuando el disco se coloca en contacto con él, calcule el número de revoluciones que hace el disco antes de alcanzar velocidad angular constante. ¿Cuál es la fuerza sobre el eslabón AB mientras resbala el disco?

-0;;=:;;: ~~ Ve - 6 ftls

Prob.18.11

A'

. .... •

Prob.18.13

'.

é

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PROBLEMAS

409

18.14. El carrete pesa 20 lb Ysu radio de giro es kG = * 18.16. El sistema se suelta del reposo cuando e = 0° y 3 in. Se suelta del reposo en la posición que se ve en se aplica un momento de un par constante M = 100 la figura. Calcule qué altura debe caer para que la ve- N . m. Se puede despreciar la masa del cable y los eslocidad de su centro sea de 20 ft/s. El
4 in. F

Prob.18.14

18.15. La varilla de 10 kg está fija con un perno en A y está sujeta a un momento de par M = 15 N . m. Se

suelta partiendo del reposo cuando el resorte no está deformado y e= 30°. Calcule la velocidad angular de la varilla cuando e = 60°. Al girar la varilla el resorte permanece siempre horizontal, debido al soporte de rodillo en C.

Prob. 18.16

18.17. Los engranajes e y H pesan 0.4 lb cada uno y sus radios de giro con respecto a su centro de masa son kA = kB = 2 in. El eslabón uniforme AB tiene un peso de 0.2 lb Y un radio de giro kA = 3 in, mientras que el eslabón DE tiene un peso de 0.15 lb y un radio de giro kB = 4.5 in. Se aplica un momento M = 3 lb . ft al eslabón AB, y el conjunto se encuentra originalmente en reposo. Calcule la velocidad angular del eslabón DE cuando el eslabón AB ha girado 360°. El engranaje e está fijo y no puede girar, y su movimiento se efectúa en el plano horizontal. También, el engranaje H y el eslabón DE giran al mismo tiempo sobre el mismo eje en B.

n Prob.18.1S

Prob.18.17

410

CAP.18 CINÉTICA DEL CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: TRABAJO Y ENERGíA

18.18. La barra delgada uniforme tiene masa m y longitud L. Está sujeta a una carga uniformemente distribuida wo que siempre está dirigida perpendicularmente al eje de dicha barra. Se suelta del reposo partiendo de la posición que muestra la figura. Calcule su velocidad angular en el momento que ha girado 900. Resuelva el problema para cuando la rotación es (a) en el plano horizontal, y (b) en el plano vertical.

18

18.22. La polea A pesa 15 lb Y tiene radio de giro ko = 0.8 ft. El sistema se suelta del reposo. Calcule la

velocidad del centro O de la polea cuando el bloque de 10 lb se ha movido 4 ft hacia abajo. Desprecie la masa de la polea en B.

Cu; cor de otn

em el t

18.19. Resuelva el problema 18.18 para cuando la carga distribuida es triangular y varía de cero en el . perno O a Wo en el otro extremo.

¡

yec, po. COI

gía

des

~.~\VO

~o

I

L

A

EIl

qw Probs. 18.18/18.19

gra

* 18.20. El carrete pesa 150 lb Y su radio de giro es

COI

ko = 2.25 ft. Una cuerda se arrolla en el núcleo y se tira del extremo con una fuerza horizontal P = 40 lb.

del

Calcule la velocidad angular del carrete cuando el centro O se ha movido 10 ft hacia la derecha. El carrete parte del reposo y no resbala enA al rodar. No tener en cuenta la masa de la cuerda. p

3 ft

Prob.18.20

18.21. Una escalera uniforme que tiene un peso de 30 lb, se suelta partiendo del reposo cuando está en la posición vertical. Si se le permite su caída libremente. Calcule el ángulo e al cual la parte inferior A comienza a levantarse del suelo. Para el cálculo, suponga que la escalera es una varilla delgada y desprecie la fricción enA.

tivc Prob.18.22

18.23. Cada engranaje tiene una masa de 2 kg Ysu radio de giro con respecto a los centros de masaA y B es kg = 40 mm. Cada eslabón tiene una masa de 2 kg Y un radio de giro con respecto a su extremo empernado A y B de k¡ = 50 mm. Originalmente el resorte no está deformado cuando se aplica el momento de un par M = 20 N· m al eslabón zít". Calcule la velocidad angular de los eslabones en el momento en que el eslabónAC ha girado e = 45°. Los eslabones y engranajes están conectados entre sí y giran alrededor de los pernos fijosA y B.

1--200 m m

e

M

D

Prob.18.21

Prob.18.23

En va, cm

18.

gía

ne~

SECo 18.5 CONSERVACIÓN DE lA ENERGÍA

18.5 Conservación de la energía Cuando un sistema de fuerzas que actúa sobre un cuerpo rígido consta sólo de fúelZas conservativas, se puede emplear el teorema de la conservación de la energía para resolver un problema que de otro modo se resolvería empleando el principio del trabajo y la energía. Con frecuencia es más fácil aplicar este teorema, porque el trabajo de una fuerza conservativa es independiente de La trayectoria y sólo depende de las posiciones inicial y final del cuerpo. En la sección 14.5 se demostró que el trabajo de una fuerza conservativa puede expresarse como la diferencia entre la energía potencial del cuerpo medida antes y después del movimiento desde una referencia seleccionada arbitrariamente.

Energía potencial gravitatoria. Como se puede considerar que el peso total de un cuerpo está concentrado en su centro de gravedad, la energía potenciaL gravitatoria del cuerpo se determina conociendo la altura del centro de gravedad de éste sobre o por debajo de una referencia horizontal. Si se define a YG como positiva hacia arriba, la energía potencial gravitatoria del cuerpo es

(18.14)

En esta ecuación la energía potencial es positiva cuando YG es positiva, porque el peso tiene la capacidad de efectuar trabajo positivo cuando el cuerpo se mueve hacia abajo, hacia la referencia, figura 18.16. Igualmente, si el cuerpo está bajo la referencia (-YG)' su energía potencial gravitatoria es negativa, porque el peso efectúa trabajo negativo cuando se hace regresar al cuerpo a la referencia.

w

Energía potencial gra... itatoria

Fig.18.16

411

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412

CAP. 18 CINÉTICA DEL CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: TRABAJO Y ENERGíA

(I va es

·r

Energía potencial elástica

É ci

ci

Fig.18.17

di

Energía potencial elástica. La fuerza que desarrolla un resorte elástico también es conservativa. La energía potencial elástica que imparte un resorte a un cuerpo fijo a él cuando el resorte se alarga o comprime con respecto a una posición inicial no deformada (s = O)hasta una posición final s, figura 18.17, es

(18.15)

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En la posición deformada, la fuerza del resorte que actúa sobre el

cuerpo tiene siempre la capacidad de efectuar trabajo positivo

cuando el resorte regresa a su posición no deformada (véase la Secc.14.5).

Conservación de la energía. En general, si un cuerpo se somete a fuerzas gravitatoria y elástica, la energía potencial total se expresa como una función potencial V representada por la suma algebraica

(18.16)

En este caso la medición de V depende de la ubicación del cuerpo con respecto a una referencia seleccionada de acuerdo con las ecuaciones 18.14 y 18.15. Viendo que el trabajo de las fuerzas conservativas puede representarse como una diferencia en sus energías potenciales, es decir, (~U¡ _2)con, = V¡ - V2 , ecuación 14.16, puede reformularse el principio del trabajo y la energía para un cuerpo rígido de la siguiente manera (18.17)

P( in e¡

m

lii di

P

SEC.18.5 CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA

(EUI _ 2)no cons representa el trabajo de las fuerzas no conservativas, como por ejemplo la fricción, que actúan sobre el cuerpo. Si este término es cero, entonces

(18.18)

Ésta es la ecuación de la conservación de la energía mecánica del cuerpo. Establece que la suma de las energías cinética y potencial del cuerpo permanece constante cuando el cuerpo se mueve de una posición a otra. También se aplica a un sistema de cuerpos rígidos lisos, unidos con pernos, cuerpos unidos por cuerdas inextensibles, o cuerpos engranados con otros cuerpos. En todos esos casos las fuerzas que actúan en los puntos de contacto se eliminan del análisis, porque se dan en pares iguales y opuestos, colineales, y cada par de fuerza se mueve una distancia igual cuando el sistema sufre un desplazamiento.

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS Se emplea la ecuación de la conservación de la energía para resolver problemas en los que intervienen velocidad, desplazamiento y sistema de fuerzas conservativas. Para su aplicación se sugiere seguir el método que se describe a continuación.

Energía potencial. Trace dos diagramas que muestren al cuerpo ubicado en sus posiciones inicial y final en la trayectoria. Si el centro de gravedad G del cuerpo se somete a un desplazamiento vertical, determine dónde se establece la referencia horizontal fija a partir de la cual se mide la energía potencial gravitatoria Vg • Aunque la ubicación de la referencia es arbitraria, se tiene ventaja si se la hace pasar por G cuando el cuerpo está en su posición inicial o cuando está en su posición final, porque Vg = Oen la referencia. Los datos que corresponden a la altura o elevación y del centro de gravedad del cuerpo a partir de la referencia y la extensión o compresión de cualesquier resortes de conexión, pueden determinarse de acuerdo con la geometría asociada con los dos diagramas. Recuérdese que la energía potencial V = Vg + Ve' En este caso Vg = U»G, donde YG es positiva hacia arriba de la referencia, y Ve = i ks 2 , que siempre es positiva. Energía cinética. Los términos TI y T2 de energía cinética se calculan a partir de T = tm vb + ihoJ o alguna forma adecuada de esta ecuación, como se desarrolló en la sección

413

414

CAP. 18 CINÉTICA DEL CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: TRABAJO Y ENERGíA

18.1. A este respecto, pueden ser útiles los diagramas cinemáticos de la velocidad para determinar a VG Y (i), o para establecer una relación entre esas cantidades. Conservación de la energía. Aplique la ecuación de conserva e ción de energía T1 + V1 = T z + Vz.

Es importante recordar que con esta ecuación sólo se pueden resolver problemas en los que intervienen sistemas conservativos de fuerzas . Como se dijo en la sección 14.5, las fuerzas de fricción u otras de resistencia, que dependen de la velocidad o de la aceleración, son no conservativas. El trabajo de esas fuerzas se transforma en energía térmica y se emplea en calentar las superficies de contacto, y por lo tanto esta energía se disipa a los alrededores y no se recupera. Por consiguiente, los problemas en los que intervienen fuerzas de fricción pueden resolverse mediante el principio del trabajo y la energía enunciado en la forma de la ecuación 18.17, si es el caso, o las ecuaciones de movimiento. Los siguientes ejemplos de problemas muestran la aplicación del procedimiento anterior.

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415

Ejemplo 18.6

La varillaAB de 10 kg que se ve en la figura 18.1Sa está forzada a moverse de tal modo que sus extremos se deslizan en las ranuras vertical y horizontal. El resorte tiene una rigidez k = 800 N/m y no está deformado cuando O = O°. Calcule la velocidad angular de AB cuando O = 0°, si AB se suelta del reposo cuando 0= 30°. Desprecie las masas de los bloques en la corredera. SOLUCIÓN

Energía potenciaL En la figura 18.18b se muestran los dos diagramas de la varilla, cuando está ubicada en sus posiciones inicial y final. La referencia que se emplea para medir la energía potencial gravitatoria se ubica en línea con la varilla cuando O = OO. Cuando la varilla se encuentra en la posición 1, su centro de gravedad G se encuentra abajo de la referencia, y por lo tanto la energía potencial gravitatoria es negativa. Además, hay energía potencial elástica (positiva) almacenada en el resorte, porque está estirado una distancia SI = (0.4 sen 30°) m. Por lo tanto

VI =

k = 800 N/m

(a)

- WYI + ycr¡

= - 98.1(0.2 sen 30°) + !(800)(OA sen 30°)2 = 6.19 J Cuando la varilla se encuentra en la posición 2, su energía potencial es cero, ya que el resorte no está deformado, S2 = O, Y el centro de gravedad se encuentra en la referencia. Así

V2 = O

Energía cinética. La varilla se suelta partiendo del reposo en la posición 1, y por lo tanto (VG)I = OY úJ I =

o. También

TI = O

CD

En la posición 2 la velocidad angular es úJ2 y el centro de masa de la varilla tiene una velocidad (vGh Empleando la cinemática puede relacionarse a (VG)2 con úJ2 como se ve en la figura 18.1&. En el instante que se considera, el centro instantáneo de velocidad cero (/C) de la varilla está en el punto A; por lo tanto, (VG)2 = rG/lc)úJ2 = (0.2)úJ2. Así

B

(bl

T 2 = im(vG)~ + i!G( úJ2)2 =

i (lOXO.2úJ2) 2 + HipO)(OA)2]( úJ2)2

=

0.267 ory

Conservación de la energía

(TI] + [VI] = [T2] + [V2] (O} + (6.19) = (O.267~) + (O) úJ2 = 4.82 rad/s)

(el

Resp.

Flg.18.18

416

CAP. 18 CINÉTICA DEL CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: TRABAJO Y ENERGíA

Ejemplo 18.7 El disco que se muestra en la figura 18.19a tiene un peso de 30 lb Y está fijo a un resorte cuya rigidez k = 2 Ib/ft Y su longitud no deformada es 1 ft. El disco se suelta desde el reposo en la posición de la figura y rueda sin resbalar. Calcule su ~locidad angular en el momento que se ha desplazado 3 ft.

SOLUCIÓN Energía potencial. En la figura 18.19b se muestran dos diagra-

mas del disco, cuando está ubicado en su posición inicial y en su posición final. En este caso no se necesita una referencia gravitatoria, ya que el peso no se desplaza en sentido vertical. De acuerdo con la geometría del problema el resorte se estira SI = 32 + 42 - 1) = 4 ft, YS2 = (4 - 1) = 3 ft en las posiciones inicial y final, respectivamente. Por lo tanto,

el

(al

VI = tksI = ~2X4)2= 16J V 2 = t ks~ = ~2X3)2 = 9 J

www.elsolucionario.org = =

Energía cinética. El disco se suelta del reposo, y por lo tanto (VG)I 0, WI Oy

(bl

Como el disco rueda sin resbalar, (VG)2 se puede relacionar con ~ de acuerdo con el centro instantáneo de velocidad cero, figura 18.19c. Por lo tanto, (VG)2 = 0.75~. Entonces

Conservación de la energía

[TI] + [VI] = [T2] + [V2]

(e)

[OJ + [16) = [0.393(~)2J + [9J Fig.18.19

W2 =

4.22 rad/s)

Resp.

SECo 18.5 CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA

Ejemplo 18.8 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ El disco homogéneo que se ve en la figura 18.2Oa se fija a una varilla uniforme AB de 5 kg. Si el conjunto se suelta del reposo cuando {} = 60°, calcule la velocidad angular de la varilla cuando {} = O°. Suponga que el disco rueda sin resbalar. Desprecie la fricción con la guía y la masa del collarín en B. SOLUCIÓN Energía potencial. En la figura 18.20b se indican dos diagramas de la varilla y el disco, cuando están en sus posiciones inicial y final. Por conveniencia, la referencia pasa por el punto A, ya que está fijo en sentido horizontal. Cuando el sistema está en la posición 1, el peso de la varilla tiene energía potencial positiva. Por lo tanto,

VI = WRYI = 49.05(0.3 sen 60°) = 12.74 J Cuando el sistema está en la posición 2, tanto la varilla como el disco tienen energía potencial cero. ¿Por qué? Entonces Vz = O Energía cinética. Como el sistema completo está en reposo en la posición inicial,

TI =0
En la posición final la varilla tiene una velocidad angular (WR)Z Y su centro de masa una velocidad (vG)z, figura 18.2Oc. Como la varilla está completamente extendida en esta posición, el disco se encuentra momentáneamente en reposo y, por lo tanto, (WD)Z = O y (VA)Z = O. Para la varilla se puede relacionar (vG)z con (WR)Z mediante el centro instantáneo de velocidad cero, que está ubicado en el puntoA, figura 18.2Oc. Por lo tanto, ( vG)z = rG/lc( WR)Z, o sea (vG)z = 0.3( WR)z. Entonces

49.05 N

Referencia

A

CD

A (b)

_1 2 1 2 1 212 T z - 2mR(vd2 + iaCWRn + 2mD(vAh + iA(wDh =

i<5XO.3(WR)Z)2 + ~Í2<5XO.6)2}WR)~ + O + O

=

O.3(WR)~ (e)

Conservación de la energía

(TI) + (VI)

=

(Tz) + (Vz)

[O) + [12.74) = [0.3(w~ + [O) WR

=

6.52 rad/s)

Fig.18.20

Resp.

G

417 ~

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418

CAP. 18 CINÉTICA DEL CUERPO RÍGIDO EN EL PLANO: TRABAJO Y ENERGÍA

PROBLEMAS * 18.24. Resuelva el problema 18.14 empleando la ecuación de la conservación de la energía. 18.25. Resuelva el problema 18.21 empleando la ecuación de la conservación de la energía. 18.26. Resuelva el problema 18.22 empleando la ecuación de la conservación de la energía.

18.29. La aplanadora se mueve cuesta abajo a VI = 5 ft/s cuando se desembraga el motor. Calcule la velocidad de la aplanadora cuando ha viajado 20 ft cuesta abajo. El cuerpo de la aplanadora, sin los rodillos, tiene un peso de 8000 lb Ysu centro de gravedad está en G. Cada uno de los dos rodillos traseros pesa 400 lb Y tienen un radio de giro kA = 3.3 ft. El rodillo delantero tiene un peso de 800 lb Y su radio de giro es kB = 1.8 ft. Los rodillos no se resbalan al rodar.

18.27. El pifión está fijo enA y tiene una masa de 0.3 kg Y radio de giro kA 25 mm. La cremallera tiene una masa de 0.5 kg. El resorte se estira 50 mm y se suelta partiendo del reposo. Calcule la velocidad angular del engranaje en el momento en que el resorte se comprime 20 mm. Desprecie la fricción.

=

k = 50 N/m

Prob.18.29

Prob.18.27

* 18.28. El pifión tiene una masa m y se puede considerar como disco uniforme. Se suelta partiendo del reposo cuando () = 0°, y rueda a lo largo del engranaje interiorJijo, circular. Calcular la velocidad angular de la línea radialAB cuando () = 90°.

18.30. La cremallera tiene una masa de 6 kg Y los engranajes 4 kg cada uno. Estos últimos tienen un radio de giro k = 30 mm. La cremallera se mueve hacia abajo originalmente a 2 mis cuando s = O. Calcule la velocidad de la cremallera cuando s = 600 mm. Los engranajes giran libremente alrededor de sus ejes (son "engranajes libres") enA y B.

A

Prob.18.28

Prob.18.30

PROBLEMAS

18.31. El péndulo consta de una varilla EA de 2 lb Y un disco de 61b. El resorte está estirado 0.3 ft cuando la varilla está horizontal, como en la figura. El péndulo se suelta del reposo y gira alrededor del punto D. Calcule su velocidad angular en el instante en que la varilla está en posición vertical. La carretilla en e

419

18.33. El resorte tiene 0.5 ft de estiramiento cuando la barra de 20 lb está en posición horizontal, como en la figura. Si en esta posición la velocidad angular de la barra es OJ = 4 rad/s, calcule su velocidad angular en el momento en que baja hasta () = 90°.

permite que el resorte permanezca vertical cuandp cae la varilla. w ; 4 rad/s

3ft

B

Prob.18.33

18.34. El eslabón Be tiene una velocidad angular de 5 rad/s en dirección opuesta a la de las manecillas del reloj cuando en determinado momento alcanza la posición que se muestra la figura. Calcule su velocidad angular en el momento en que queda horizontal. El disco de 20 lb rueda sin resbalar. Los eslabonesAB y Be pesan 10 y 5 lb, respectivamente.

Prob.18.31

* 18.32. El sistema consta de los bloques A y B, de 60 lb Y 20 lb, respectivamente, y las poleas e y D, de 5 lb ambas, que pueden considerarse como discos delgados. Calcule la velocidad del bloqueA cuando el bloque B ha subido 5 ft partiendo del reposo. Suponga que la cuerda no resbala en las poleas, y desprecie la masa de dicha cuerda.

Prob. 18.34

18.35. El engranaje tiene una masa de 2 kg Y un radio de giro kA = 0.15 m. El eslabón de unión, que es una varilla delgada, y el bloque de corredera en B tienen una masa de 4 kg Y1 kg respectivamente. El engranaje tiene una velocidad angular OJ = 8 rad/s en el momento en que () = 45°. Calcule la velocidad angular del engranaje cuando () = O°.

Prob.18_'U

Proo. 18.35

420

CAP. 18 CINÉTICA DEL CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: TRABAJO Y ENERGÍA

* 18.36. El engranaje A tiene una masa de 0.5 kg Y un radio de giro kA :: 40 mm, y la masa del engranaje B es 0.8 kg Y su radio de giro kB :: 55 mm. El eslabón está empernado en e y su masa es 0.35 kg. Se puede considerar que es una varilla delgada. Calcule la velocidad angular de la varilla cuando cae hasta () :: 90", después de haberse soltado del reposo cuando () :: O°.

18.38. La polea A y el tambor B pesan 20 lb, Y están fijos uno al otro. Su radio de giro centroidal es kB :: 0.6 n. La polea en P "rueda" hacia abajo sobre la cuerda sin resbalar. Calcule la velocidad de la caja e de 20 lb en el momento en que s :: 10 n. Al principio la caja se suelta partiendo del reposo cuando s :: 5 n. Desprecie en los cálculos la masa de la polea P y de la cuerda.

Prob.18.36

www.elsolucionario.org Prob.18.38

18.37. La ventana AB que en la figura aparece de canto, tiene una masa de 10 kg Y su radio de giro es kG :: 0.2 m. El cable elástico Be fijo a ella tiene una rigidez k :: 50 N/m, y su longitud no deformada es de 0.4 m. La ventana se suelta del reposo cuando () :: O°. Calcule su velocidad angular inmediatamente antes de que choque con el muro en D cuando () :: 90°.

18.39. La pelota maciza de 3 lb se suelta partiendo del reposo cuando () :: 30°. Calcule su velocidad angular cuando () :: 0°, que es el punto más bajo de la trayectoria circular de radio 11.5 in. La pelota no resbala al rodar.

10 in.

/ B / /'

D

[J- Prob.18.37

./ -'

Prob.18.39

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PROBLEMAS

* 18.40. La varilla delgada AB de 25 lb está fija al resorte BC cuya longitud no deformada es de 4 n. Si la varilla se suelta partiendo del reposo cuando (J = 30°, cilicule su velocidad angular en el momento en que (J = 90°.

421

18.42. Un rollo grande de papel cuya masa es de 20 kg Y su radio r = 150 mm descansa sobre la orilla de una plataforma, y el extremo de la hoja de papel está pegada a la superficie horizontal. Se perturba ligeramente al rollo y sale de su posición de equilibrio. Calcule el ángulo (J al cual comienza a resbalar de la esquina A cuando cae. El radio de giro centroidal del rollo es kG = 75 mm.

B

~ 4ft~ Prob.18.40

Prob.18.42

18.41. La barr~ uniforme AB tiene una masa de 12 kg Yestá pivoteada enA. Se quita el soporte en B «(J = 90"). Calcule la velocidad del bloque C, de 5 kg, en el momento en que la barra gira hacia abajo y llega a (J = 150°. Desprecie el tamafio de la polea en D.

18.43. La varilla delgada tiene 10 kg de masa y se suelta del reposo estando vertical. Calcule su velocidad angular en el momento que queda horizontal. El bloque D que cuelga tiene una masa de 4 kg. Desprecie la masa del cable y la polea en C.

B

F\lm A

Prob.18.41

Prob. 18.43

19

Cinética de un cuerpo rígido en el plano: impulso y cantidad de movimiento

En el capítulo 15 se demostró que los problemas en los que intervienen fuerza, velocidad y tiempo pueden resolverse convenientemente empleando el principio de impulso, cantidad de movimiento lineal y momento angular. En este capítulo extenderemos un poco estos conceptos para determinar las relaciones de impulso y cantidad de movimiento que se aplican a un cuerpo rígido. Los tres movimientos en el plano que se describirán son traslación, rotación alrededor de un eje fijo y movimiento general en el plano. La descripción más general de los principios de cantidad de movimiento aplicados al movimiento tridimensional de un cuerpo rígido se presentan en el capítulo 21.

19.1 Cantidad de movimiento lineal y momento angular En esta sección desarrollaremos fórmulas para la cantidad de movimiento line~l y el momento angular de un cuerpo rígido simétrico con respecto al plano inercial x - y de referencia. Como resultado, representaremos al cuerpo como una placa que tiene la misma masa que el cuerpo y se mueve en el plano de referencia.

www.elsolucionario.org 424

CAP. 19 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: IMPULSO Y CANTIDAD ...

Cantidad de movimiento lineal. La cantidad de movimiento lineal de un cuerpo se calcula sumando vectorialmente las cantidades de movimiento de todas las partículas del cuerpo, esto es, L = Dn¡v¡. Podemos simplificar esta ecuación teniendo en cuenta que Dn¡v¡ = mVG (véase la Secc. 15.2), y entonces

1

x e

(19.1)

L=mvG y

Esta ecuación establece que la cantidad de movimiento lineal de un cuerpo es una cantidad vectorial cuya magnitud es m VG' que se mide en unidades de kg . mis o en slug . ft/s, y cuya dirección está definida por la de VG, la velocidad del centro de masa del cuerpo.

1 1,

i, G

Momento angular. Sea el cuerpo de la figura 19.1a, que está

1

sometido al movimiento general en el plano. En el instante que aparece en la figura, el punto P arbitrario tiene una velocidad vp y el cuerpo tiene una velocidad angular úJ. Si se determina la velocidad de la iésima partícula, figura 19.1a, entonces

e

J

(a)

V¡= VP + V¡/P= VP + ea

y

X

r

J e ~

El momento angular de la partícula i con respecto al punto P es igual al momento con respecto a P de la cantidad de movimiento de la partícula, figura 19.1a. Por lo tanto,

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r

(Hs), = r x mi Vi

x

Expresando a v, en términos de Vp Yempleando vectores cartesianos, se tiene

s

(Hp)¡ k = m,{xi + yj) x [(vp)xi + (vp)yj + úJk x (xi + yj)]

(b)

(Hp)¡ = -m¡y(vp)x

+ m¡x(vp\

+ m¡ úJr

y

Hacemos que m¡ -+ dm e integramos con respecto a la masa total del cuerpo, obteniendo

u, = -(Ly x

(e)

dm JVP)x +

(L

xdm }vP)y +

(L

t+dm JúJ

En esta ecuación H; representa el momento angular del cuerpo con respecto a un eje, el eje z, perpendicular al plano del movimiento y que pasa por el punto P. Como xm = x dm y ym = y dm, se usan las integrales del primero y segundo términos de la derecha para ubicar al centro de masa G del cuerpo con respecto a P. También, la última integral representa al momento de inercia del cuerpo con respecto al eje z, es decir, Ip = dm. Así,

f

.•..

f

)

(19.2)

¡; 1

f,2

Fig.19.1

Hp = -ym( vp)x + xm( vp)y + IpúJ

SECo 19.1 CANTIDAD DE MOVIMIENTO LINEAL Y MOMENTO ANGUlAR

Esta ecuación se reduce a una forma más simple si el punto P coincide con el centro de masa G del cuerpo, * en cuyo caso x = y = O. Por lo tanto, el momento angular del cuerpo, calculado con respecto a un eje que pasa por el punto G es

(19.3)

Esta ecuación establece que el momento angular del cuerpo, calculado con respecto al punto G, es igual al producto del momento de inercia del cuerpo con respecto a un eje que pasa por G, y la velocidad angular del cuerpo. Es importante darse cuenta que HG es una cantidad vectorial que tiene una magnitud lam, que se mide normalmente en unidades de kg . m2/s o slug . ft2/S; y una dirección definida por m, que siempre es perpendicular a la placa o al plano del movimiento. También se puede reformular la ecuación 19.2 en términos de las componentes x y y de la velocidad del centro de masa del cuerpo (vG)x Y(vG)y, Yel momento de inercia del cuerpo, la. Si el punto G se ubica en las coordenadas (X, Y) figura 19.1b, entonces, de acuerdo con el teorema del eje paralelo, Ip = IG + m(X2 + y2). Sustituyendo en la ecuación 19.2 y rearreglando los términos, tenemos (19.4)

Según el diagrama cinemático de la figura 19.1b, puede expresarse a V G en términos de Vp como VG

= vp+ m

xi

(vG)x i + (vG)yj = (vp), i + (vdyj + mk x (x i + ji j)

Llevando a cabo el producto vectorial e igualando las componentes respectivas en dirección i y j se obtienen las dos ecuaciones escalares siguientes (vd, = (vp)x -

ym

(vdy = (vp)y +

xm

Al sustituir estos resultados en la ecuación 19.4 se obtiene (19.5) • También se reduce a la misma forma simple fIp = [PO) si el punto P es un punto fijo (véase Ec. 19.9) o si la velocidad del punto P es a lo largo de la línea PG.

425

426

CAP. 19 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: IMPULSO Y CANTIDAD ...

De acuerdo con la figura 19.1c, este resuLtado indica que cuando eL momento angular deL cuerpo se caLcuLa con respecto aL punto P, es equivaLente aL momento de La cantidad de movimiento mVG o de sus componentes m(vG)x y m(vG)y con respecto aL punto P más eL momento anguLar loro. Nótese que como ro es un vector libre, HG puede actuar en cuaLquier punto deL cuerpo, o pLaca, siempre que conserve su misma magnitud y dirección. Además, como el momento angular es igual al momento de la cantidad de movimiento, la Línea de acción de L debe pasar por el centro de masa G del cuerpo para conservar la magnitud correcta de H p cuando se calculen los "momentos" con respecto a P, figura 19.1c. Como resultado de este análisis veremos tres tipos de movimiento.

Traslación. Cuando un cuerpo rígido de masa m se somete a trasLación ya sea rectilínea o curvilínea, figura 19.2a, su centro de masa tiene velocidad VG = v Y ro = Opara el cuerpo. Por lo tanto, la cantidad de movimiento y el momento angular, calculados con respecto a G, son

~ ~

(19.6)

Si la cantidad de movimiento se calcula con respecto a cualquier otro punto A dentro o fuera del cuerpo, figura 19.2a, el "momento" de la cantidad de movimiento L debe calcularse con respecto a ese punto. Como d es el "brazo de momento", como se ve en la figura, entonces, de acuerdo con la ecuación 19.5, HA = (d) (m vG) 'l .

Rotación con respecto a un eje fijo. Cuando un cuerpo rígido gira con respecto a un eje fijo que pasa por el punto O, figura 19.2b, la cantidad de movimiento y el momento angular calculados con respecto a G son

(19.7)

A veces es conveniente calcular el momento angular del cuerpo con respecto al punto O. En este caso es necesario tener en cuenta los momentos tanto de L como de HG con respecto a O. Ya que L (o ve) siempre es perpendicular a re, tenemos (19.8)

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SECo 19.1 CANTIDAD DE MOVIMIENTO LINEAL Y MOMENTO ANGULAR

Esta ecuación puede simplificarse sustituyendo primero a vG = rGOJ en cuyo caso Ro = (/G + mrb)OJY, de acuerdo con el teorema del eje paralelo, notamos que los términos dentro del paréntesis representan el momento de inercia lo del cuerpo con respecto a un eje perpendicular al plano del movimiento que pasa por el punto o. Por lo tanto:* (19.9) Entonces, pueden usarse cualquiera de las ecuaciones 19.8 019.9 para el cálculo.

Movimiento general en el plano. Cuando un cuerpo rígido se halla sometido al movimiento general en el plano figura 19.2c, la cantidad de movimiento y el momento angular calculado con respecto a G se convierten en

(19.10) Si se calcula el momento angular con respecto al punto A ubicado ya sea dentro o fuera del cuerpo, figura 19.2c, es necesario calcular los momentos tanto de L como de HG con respecto a este punto. En este caso,

En esta ecuación d es el brazo de momento, como se indica en la figura. * Se debe hacer notar la semejanza entre esta deducción y las de la ecuación 17.16 (EMo ; lo a) y la ecuación 18.5 (T = !10c02). Nótese también que se puede obtener el mismo resultado partiendo de la ecuación 19.2 seleccionando el punto P en O, y teniendo en cuenta que (uo)x = (uo)y = o.

A,

_ \'=VG

I I I

d: I

tJ. ____ ___

I

L;/nvG

~

G

o Traslaci ón

Rot<1ci ón alrededor de un eje lijo

(a)

(b)

Fig. 19.2

Movim ien to ge nt!ral en el pla no

(e)

427

428

CAP. 19 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: IMPULSO Y CANTIDAD ...

19.2 Principio del impulso y la cantidad de movimiento Al igual que el caso del movimiento de una partícula, se desarrolla el principio de impulso y cantidad de movimiento para un cuerpo rígido combinando la ecuación del movimiento con la cinemática. La ecuación que resulta permite una soLución directa

de probLemas en Los que intervienen fuerza, veLocidad y tiempo.

Principio del impulso y la cantidad de movimiento lineales. La ecuación de movimiento de traslación de un cuerpo rígido puede escribirse en la forma LF = maG = m(dvafdt). Como la masa del cuerpo es constante, d LF = d¡(mvG)

Multiplicando ambos lados por dt e integrando desde t (VG)I hasta t = t 2, vG = (vGh se obtiene

= tI' VG = (19.11)

A esta ecuación se le llama eL principio deL impulso y cantidad de movimiento lineaLes. Establece que la suma de todos los impulsos creados por el sistema de fuerzas externas que actúe sobre el cuerpo durante el intervalo de tiempo de tI a t2 es igual al cambio en

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la cantidad de movimiento del cuerpo durante el intervalo.

Principio del impulso y del momento angulares. Si el cuerpo presenta movimiento generaL en eL plano, podemos escribir EMG = faa = IG(dO)/dt). Como el momento de inercia es constante, d

EMG = d¡(/GO)) Multiplicando ambos lados por dt e integrando desde t 0)1 hasta t = tz, O) = 0)2 se obtiene

= tI> O) =

rl1M dt = I G0)2 - IGO)I (19.12) JI, G De forma semejante, para la rotación alrededor de un eje fijo que pasa por el punto O, al integrar la ecuación 17.16 (EMo = loa) se transforma en

L

L f'Mo dt = 10 0)2 - 10 0)1 (19.13) , A las ecuaciones 19.12 y 19.13 se les llama principio del impulso y deL momento angulares. Ambas ecuaciones establecen que la suma de los impulsos angulares que actúan sobre el cuerpo durante el intervalo de tiempo de tI a t2 es igual al cambio en el momento angular del cuerpo en este periodo. En particular, el impulso angular que se considera se calcula integrando los momentos con respecto a G o a O de todas las fuerzas y pares externos aplicados al cuerpo. I

SECo 19.2 PRINCIPIO DEL IMPULSO Y LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO

Resumiendo los conceptos anteriores, si el movimiento se lleva a cabo en el plano x - y, de acuerdo con los principios de .impulso, cantidad de movimiento y momento angular, pueden formularse las siguientes tres ecuaciones escalares que describen el movimiento del cuerpo en el plano: m( VGx)1 + E

J,"F dt .= m( 1

m( ve)1 +

x

E fllFy dt Jll

VGx)2

•

=

m( Vey)2

(19.14)

IeO)I + E J,¡ fIlMe dt = IeWz Las dos primeras ecuaciones representan el principio del impulso y cantidad de movimiento lineal en el plano x - y, ecuación 19.11, y la tercera representa el principio del impulso y momento angulares con respecto al eje z, que pasa por el centro de masa G Diagrama de cantidad ¡moal . , 19 12 de 1cuerpo, ecuaclOn . . de movimiento Los términos de las ecuaciones 19.14 pueden representarse (a) en forma gráfica con un conjunto de diagramas de impulso y cantidad de movimiento para el cuerpo, lo cual se indica en la figura 19.3. r-fótese que las cantidades de movimiento lineal mVe se aplican al centro de masa del cuerpo, figuras 19.3a y c; mientras que por otra parte, los momentos angulares leO) son vectores libres, y por lo tanto, como el momento de un par, se pueden aplicar en cualquier punto del cuerpo. Cuando se construye el diagrama de impulso, figura 19.3b, los vectores F y M, que varían a través del tiempo, se indican mediante las integrales. Sin embargo, si F Y M son constantes entre ti y t2, las integraciones de los impulsos dan F(t2 - ti) Y M(t2 - ti), respectivamente. Tal es el caso del peso W del cuerpo, figura 19.3b. También pueden apiicarse las ecuaciones 19.14 a un sistema de cuerpos conectados más bien que a cada uno de ellos por separado. Al hacerlo se elimina la necesidad de hacer intervenir impulsos reactivos que se presentan en las conexiones, porque son internos en el sistema. Las ecuaciones resultantes pueden escribirse en forma simbólica como

+

Diagram¡l de impul so

(b)

Di'lgrama de

~ Can!. de mOVi- ) + [~ Impulso lineal) [ l... miento del sis!. xl l... del sis!. .y(1

- 2)

~ Can!. de mOVi-) + (~ Impulso lineal) ( l... miento del si s!. yl l... . del sis!. y(1

- 2)

=

=

[~ Can!. de mOVi- )

l... miento del sis!. x2

cantidad de movimiento final

(e)

(~ Can!. de moví-)

l... miento del sis!. y2

~ Momento angu-) + (~ Impulso angu-) = (~ Momento angu-) ( l... lar del sisl. 01 l... lar del sis!. 0(1 - 2) l... lar del sis!. 02 Fig.19.3

(19.15)

429

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430

CAP. 19 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: IMPULSO Y CANTIDAD ...

Como se indica, se deben calcular el impulso angular y el momento angular del sistema con respecto al mismo punto O fijo de referencia para todos los cuerpos del sistema.

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS Se emplean los principios del impulso y cantidad de movimiento para resolver problemas de cinética en los que intervienen velocidad, fuerza y tiempo, porque estos términos están implícitos en la formulación. Se sugiere que para aplicarlos se emplee el siguiente procedimiento.

Diagrama de cuerpo libre. Establezca el marco de referencia inercial X, y, z y trace el diagrama de cuerpo libre que tenga en cuenta todas las fuerzas que producen impulsos en el cuerpo. También deben establecerse la dirección y el sentido de las velocidades inicial y final del centro de masa del cuerpo, vG' Y de su velocidad angular, w. Si se desconoce cualquiera de esos movimientos, suponga que el sentido de sus componentes es en la dirección positiva de los ejes coordenados inerciales. Para tener en cuenta esos vectores, pueden indicarse en el sistema de coordenadas x, y, z, pero no en el diagrama de cuerpo libre. También, calcule el momento de inercia lG o lo. Como procedimiento alterno, trace los diagramas de impulso y cantidad de movimiento para el cuerpo o sistema de cuerpos. Cada uno de esos diagramas representa una forma de contorno del cuerpo, en la que se incluyen en forma gráfica los datos necesarios para cada uno de los tres términos de las ecuaciones 19.14 o 19.15, figura 19.3. Nótese que esos diagramas ayudan mucho en especial para visualizar los términos de momento que se emplean en el principio del impulso y momento angulares, cuando se ha decidido que la aplicación de esta ecuación debe hacerse con respecto a determinado punto distinto del centro de masa del cuerpo, o de un punto fijo O. Principio del impulso, cantidad de movimiento y momento angular. Aplique las tres ecuaciones escalares 19.14 (o 19.15). En los casos en los que el cuerpo gira alrededor de un eje fijo, la ecuación 19.13 puede sustituirse por la tercera de las ecuaciones 19.14. Cinemática. Si se necesitan más de tres ecuaciones para tener la solución completa, puede ser posible relacionar la velocidad del centro de masa del cuerpo con su velocidad angular empleando la cinemática . Si el movimiento parece complica-

SECo 19.2 PRINCIPIO DEL IMPULSO Y LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO

do, pueden trazarse diagramas cinemáticos (de velocidades) para ayudar a obtener la relación necesaria. En general, el método a emplear para la solución de determinado tipo de problemas debería decidirse antes de tratar de resolverlos. Como se dijo arriba, el principio del impulso, cantidad de movimiento, y momento angular es más adecuado para resolver problemas en los que intervienen velocidad, fuerza y tiempo. Sin embargo, para algunos problemas se debe emplear una combinación de la ecuación del movimiento y sus dos formas integradas: el principio del trabajo y la energía, y el principio del impulso y cantidad de movimiento y momento angular, para obtener la solución más directa del problema.

431

432

CAP. 19 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: IMPULSO Y CANTIDAD...

Ejemplo 19.1 El disco que se ve en la figura 19.4a pesa 20 lb Y está soportado por un eje que pasa por su centro. Actúa sobre él el momento de un par constante de 4 lb . ft Y una fuerza de 10 lb que se aplica a una cuerda enrollada en su periferia. Calcule la velocidad angular del disco dos segundos después de partir del reposo. También, ¿cuáles son las componentes de la reacción en el eje?

(al

F= 10 lb

SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. Figura 19.4b. El centro de masa del

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I ro

disco no se mueve; sin embargo, la carga hace que el disco gire en el sentido de las manecillas del r~loj. momento de inercia del disco con respecto a su eje fijo es

41b· ft

Principio del impulso, calÚidad de movimrelÚo y momelÚo angular m( VAx)¡ +

r. f"Fx dt = m( vAt)z J"

0+ A x(2) = O

10 lb

(bl

(+ i)

m( VA)¡ +

r. f l'Fy dt = m( vAy)z J"

O + Ai2) - 20(2) - 10(2) = O

Fig.19.4

0 + 4(2) + [10(2)](0.75)

=

0.175wz

Resolviendo estas ecuaciones se obtiene

Ax=O Ay = 30 lb W2 = 132 rad/s)

Resp. Resp. Resp.

www.elsolucionario.org SECo 19.2 PRINCIPIO DEL IMPULSO Y LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO

433

Ejemplo 19.2 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ El bloque que muestra la figura 19.5a tiene una masa de 6 kg. Está fijo a una cuerda, que a su vez está enrollada en la periferia de un disco de 20 kg cuyo momento de inercia lA = 0.40 kg' m 2• El bloque se mueve inicialmente hacia abajo con una velocidad de 2 mis. Calcule su velocidad pasados 3 s. Desprecie en el cálculo la masa de la cuerda.

Ca)

(b)

SOLUCIÓN 1 Diagrama de cuerpo libre. En la figura 19.5b se muestran los diagramas de cuerpo libre del bloque y el disco. Todas las fuerzas son constantes, porque el peso del bloque origina el movimiento. El movimiento hacia abajo del bloque a una velocidad vB hace que la velocidad angular (J) del disco sea en el sentido de las manecillas del reloj. Principio del impulso y la cantidad de movimiento. Podemos eliminar a A..: y Ay del análisis aplicando el principio del momento angular con respecto al puntoA. Por lo tanto

Disco IA(J)¡

f

+ r. M A dt

=

0.40( (J)¡) + T(3)(0.2)

IA~ = 0.4~

Bloque

f

(+ 1)

mB( VB)¡ + r. Fy dt = mB( VB)2 - 6(2) + T(3) - 58.86(3) = -6( VB)2

Cinemática. Como (J) = vslr, entonces (J)¡ = 2/0.2 = 10 rad/s y (J)2 = (vB )JO.2 = 5( vBh. Sustituyendo y resolviendo las ecuaciones simultáneas se obtiene Resp.

434

CAP. 19 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: IMPULSO Y CANTIDAD...

SOLUCIÓN 11

Diagramas de impulso y cantidad de movimiento. Podemos obtener (VB)2 directamente si tenemos en cuenta al sistema que consta del bloque, la cuerda y el disco. Se han trazado los diagramas de impulso y de cantidad de movimiento para aclarar la aplicación del principio del impulso y momento angulares con respecto al puntoA, figura 19.5c. Principio del impulso y momento angulares. Como y W2 = 5( VB)2, se tiene que

Wl

= 10 rad/s

~ Momento angu- ) + ( ~ Impulso angu-) = (~ Momento angu-) ( J.¡ lar del sist. Al J.¡ lar del sist. A(1 - 2) J.¡ lar del sist. A2

«( +) 6(2X0.2) + 0.4(10) + 58.86(3XO.2) = 6( vB)z(0.2) + 0.4( VB)2) Resp.

+

6 (2)

58.86 (3) (e)

Fig.19.S

SECo 19.2 PRINCIPIO DEL IMPULSO Y LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO

435

Ejemplo 19.3 El carrete con masa de 100 kg se muestra en la figura = 0.35 m. Se arrolla en su núcleo un cable y se le aplica una fuerza horizontal de magnitud variableP = (t + 10) N, estando t en segundos. El carrete está inicialmente en reposo. Calcule su velocidad a los 5 s. Suponga que el carrete rueda sin resbalar enA . 19.6a, y su radio de giro es k G

SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. Revisando el diagrama de cuerpo libre de la figura 19.6b, la fuerza variable P hará que la fuerza de fricción FA sea variable, y con ello los impulsos creados tanto por P como FA deben calcularse por integración. La fuerza P hace que el centro de masa tenga una velocidad VG hacia la derecha, y el carrete tenga una velocidad angular (i) en el sentido de las manecillas del reloj. El momento de inercia del carrete con respecto a su centro de masa es

P=(t + 10) N

A (a)

IG = mkb = 100(0.35)2 = 12.25 kg ' m 2 Principio del impulso y momento angulares

f

(~... )

m( vG)¡ + L Fx dt = m( vd2 O+

fo (t + 10) dt - f FA dt = 100( vd2 5

62.5 -

(1) N .,

f

«( +) O+

f FA dt = 100( VG)2

IG(i)¡ + L MG dt = I G(i)2

Ibl

~:(t + 10) dt]
(f FA dt (0.75) = 12.25 Wz

(2)

Cinemática. Como el carrete no resbala, el centro instantáneo de velocidad cero está en el puntoA, figura 19.6c. Por lo tanto, puede expresarse la velocidad de G en términos de la velocidad angular del carrete, porque (VG)2 = 0.75(i)2. Sustituyendo esto en la ecuación 1 y eliminando el impulso desconocido fFA dt entre las ecuaciones 1 y 2 se obtiene A

(i)2

= 1.05 rad/s)

Resp.

Nota: Se puede obtener una solución más directa aplicando el principio del impulso y momento angulares con respecto al punto A. Haga esto como ejercicio y demuestre que se obtiene el mismo resultado.

(el

Fig.19.6

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436

CAP. 19 CINÉTICA DE UN CUERPO RÍGIDO EN EL PLANO: IMPULSO Y CANTIDAD ...

FJemplo 19.4 La prueba de impacto de Charpy se emplea en ensayo de materiales para determinar las características de absorción de energía de un material durante el impacto. La prueba se lleva a cabo empleando el péndulo que se ve en la figura 19.7a, que tiene una masa m, su centro de masa está en G, y su radio de giro con respecto a G es kG' Calcule la distancia rp desde el perno en A hasta el punto P en el que se debe tener el impacto con el espécimen S para que la fuerza horizontal en el perno sea esencialmente cero durante el impacto. Para el cálculo, suponga que el espécimen absorbe toda la energía cinética del péndulo durante el tiempo que cae y, que por lo tanto, detiene el movimiento del péndulo cuando (J = Oo.

SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. Como se ve en el diagrama de cuerpo libre de la figura 19.7b, las condiciones del problema exi-

gen que el impulso horizontal enA sea cero. Inmediatamente antes del impacto, el péndulo tiene una velocidad angular W¡ en el sentido de las manecillas del reloj, y el centro de masa del péndulo se mueve hacia la izquierda con velocidad (vG)¡ = rw¡.

A

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Principio del impulso y la cantidad de movimiento. Aplicaremos

el principio del impulso y momento angulares con respecto al puntoA. Así,

«( +)

IAw¡ -

(f F dt)r

p =

f

(a)

-m(rw¡) + F dt y

A

Ji=x

=

O O

Eliminando al impulso f F dt y sustituyendo lA se obtiene

= mkb + mr 2

ro

Factorizando a mw¡ y despejando a rp se llega a - kb rp = r + r

Resp.

Al punto P cuya ubicación se define arriba se le llama Ib'¡

Fig.19.7

centro de percusión. Colocando el punto de choque en P, la

fuerza desarrollada en el perno se hará mínima. Muchas raquetas y palos deportivos están diseñados de tal modo que el objeto al que se le pegue choque con el centro de percusión. Como consecuencia, se siente poco o ningún efecto del golpe en la mano del jugador. (Véanse también los Probs. 17.67 Y19.7.)

PROBLEMAS

437

PROBLEMAS 19.1. El cuerpo rígido (losa) tiene una masa m y gira con velocidad angular ro alrededor de un eje que pa-

sa por el punto fijo o. Demuestre que las cantidades de movimiento de todas las partículas que componen al cuerpo pueden representarse mediante un vector único, cuya magnitud es m VG Yque actúa en el punto P, llamado centro de percusión, que queda a una distancia rp/G = kJ;rG/o del centro de masa G. En esta expresión k G es el radio de giro del cuerpo, calculado con respecto a un eje perpendicular al plano del movimiento, y que pasa por G.

19.3. En un momento dado, un cuerpo tiene una cantidad de movimiento lineal L = mVG Y momento angular Ho = IGro calculados con respecto a su centro de masa. Demuestre que el momento angular del cuerpo calculado con respecto al centro instantáneo de velocidad cero le puede expresarse como H /c = IICro, siendo hc el momento de inercia del cuerpo calculado con respecto al eje instantáneo de velocidad cero. Como se ve, el le está ubicado a una distancia rG/lc del centro de masa G.

lGIIC

lC

Prob.19.3

* 19.4. La llave de impacto consta de una varilla delgada AB de 1 kg Ycontrapesos cilíndricos A y B en sus extremos, cada uno de lo cuales tiene 20 mm de diámetro y 1 kg de masa. Este conjunto puede girar libremente con respecto a la asidera y al receptáculo, que se fijan a la tuerca del birlo de la rueda de un veProb.19.1 hículo. A la varilla AB se le imparte una velocidad angular de 4 rad/s y choca con el tope e en la manija, sin rebotar. Determine el impulso angular impartido 19.2. Demuestre que si una placa gira alrededor de un eje fijo perpendicular a la placa que pasa por su a la tuerca del birlo. centro de masa G, el momento angular es el mismo calculado con respecto a cualquier otro punto P de la losa.

Prob.19.2

Prob.19.4

438

CAP. 19 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: IMPULSO Y CANTIDAD ...

19.5. El péndulo consta de una varilla AB uniforme de 6 lb de peso y una placa cuadrada de 10 lb, Ygira con velocidad angular de 10 rad/s en el sentido de las manecillas del reloj en el instante que aparece en la figura. Calcule la cantidad de movimiento y el momento angular del péndulo con respecto al puntoA.

19.7. La polea tiene un peso de 81b y se puede considerar que es un disco delgado. Una cuerda arrollada en su superficie está sujeta a fuerzas TA = 4 lb YTB = 5 lb. Calcule la velocidad angular de la polea cuando t = 4 s después de partir del reposo cuando t = o. Desprecie la masa de la cuerda.

l'rob.19.S Prob.19.7

19.6. Los dos remolcadores ejercen cada uno una fuerza constante F sobre el barco, de tal modo que siempre las fuerzas son perpendiculares a la línea * 19.8. Un alambre de masa despreciable se arrolla en central del barco. Éste tiene una masa m y su radio la superficie externa del disco de 2 kg. Si el disco se de giro es k G con respecto a su centro de masa G. suelta desde el reposo, calcule su velocidad angular Calcule la velocidad angular del barco en cualquier después de 3 s. instante t. El barco se encontraba en reposo originalmente.

Prob.19.6

Prob.19.8

www.elsolucionario.org PROBLEMAS

439

19.9. El disco pesa 10 lb Ygira sobre un eje que pasa por * 19.12. Se sueltan del reposo una esfera y un cilindro su centro O. Se aplica una fuerza vertical P = 2 lb al en la rampa, cuando t = . O. Los dos cuerpos tienen alambre enrollado en su periferia. Calcule la velocidad una masa m y un radio r. Calcule sus velocidades anangular del disco cuatro segundos después de haber gulares en el tiempo t. Suponga que no se tiene resbalamiento. partido del reposo. Desprecie la masa del alambre.

e Prob.19.12 p

Prob.19.9

19.10. El cilindro de 50 kg tiene una velocidad angular de 30 rad/s cuando se pone en contacto con la superficie en C. El coeficiente de fricción cinética es Jlc = 0.2. Calcule cuánto tiempo se tarda en detener su giro. ¿Cuál es la fuerza desarrollada en el eslabónAB durante ese tiempo? El eje del cilindro se conecta a dos eslabones simétricos; en la figura sólo se muestra aAB. Para el cálculo, desprecie el peso de los eslabones.

19.13. El tambor cuya masa es m, radio r y radio de giro ka, rueda en un plano inclinado para el cual el coeficiente de fricción estática es JI. El tambor parte del reposo. Calcule el ángulo máximo {} del plano para que el tambor ruede sin resbalar.

w= 30 rad/,

Prob.19.13

Prob.19.10

19.11. El carrete pesa 30 lb Y su radio de giro ka = 0.45 n. Una cuerda está arrollada en su centro y su extremo se somete a una fuerza horizontal P = 5 lb. Calcule la velocidad angular del carrete 4 s después de haber partido del reposo. Suponga que el carrete rueda sin resbalar.

Probo 19.11

19.14. La masa del volante A es de 30 kg Y su radio de giro es kc 95 mm. El disco B tiene una masa de 25 kg Y está sostenido en su centro D. Está acoplado al volante mediante una banda que se somete a determinada tensión de tal manera que no resbala en sus superficies de contacto. Un motor le suministra al volante un par en el sentido contrario al de las manecillas del reloj, cuya magnitud es M = (12 t) N . m, estando t en segundos. Calcule la velocidad angular del disco 3 s después de haber arrancado el motor. Al principio, el volante se encuentra en reposo.

=

Probo 19.14

440

CAP. 19 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: IMPULSO Y CANTIDAD ...

19.15. El cilindro de 50 kg tiene una velocidad angular de 30 rad/s cuando se pone en contacto con la superficie horizontal en C. El coeficiente de fricción cinética es J1e = 0.2. Calcule cuánto tiempo se tarda el cilindro en detenerse. ¿Qué fuerza se desarrolla en el eslabón AB durante este tiempo? El eje del cilindro está conectado a dos eslabones simétricos (sólo se muestra a AB. Desprecie el peso de los eslabones en los cálculos.

19.18. Determine la altura h de la banda de la mesa de billar para que cuando choque con ella la bola de masa m no se desarrolle fuerza de fricción entre bola y mesa en A . Suponga que la banda sólo ejerce una fuerza horizontal sobre la bola.

A

Prob.19.18

19.19. La varilla delgada tiene una masa m y está suspendida de una cuerda en uno de sus extremos. Recibe un golpe horizontal que le da un impulso 1 en su extremo inferior B. Calcule la ubicación y del punto P con respecto al cual parece girar la varilla durante el impacto.

e Prob. 19.1S

* 19.16. La rueda de 100 lb tiene un radio de giro k G = 0.75 ft. El alambre superior se somete a una tensión T = 50 lb. Calcule la velocidad del centro de la rueda 3 s después de haber partido del reposo. El coeficiente de fricción cinética entre rueda y superficie es J1k = 0.1.

www.elsolucionario.org B

Prob. 19.19

./ --*

Prob.19.16 /

19.17. El volante A de 30 lb tiene un radio de giro de 4 in. El disco B pesa 50 lb Yestá acoplado al volante por medio de una banda que no resbala en sus superficies de contacto. Un motor le suministra un par al volante M = (501) lb . ft en el sentido de las manecillas del reloj, estando I en segundos. Calcule el tiempo que necesita el disco para alcanzar una velocidad angular de 60 rad/s.

Prob.19.17

19.20. El engranaje A tiene una masa de 60 kg Y un radio de giro ke = 160 mm. El engranaje B tiene 25 kg de masa y un radio de giro k D = 125 mm. El motor suministra al engranaje A un par cuya magnitud es M = (1.21) N . m, estando I en segundos. Calcule la velocidad angular de B en 3 s. Inicialmente el engranajeA gira a ((JI = 2 rad/s.

Prob.19.20

PROBLEMAS

19.21. Por razones de seguridad, la pata de soporte de un letrero se disefia para romperse con resistencia despreciable en B, cuando se somete al impacto del automóvil. Suponiendo que la pata está sujeta por un perno en A y puede considerarse como varilla delgada, determine el impulso que ejerce la defensa del vehículo sobre ella, si después del impacto dicha pata parece girar hacia arriba a un ángulo Omáx = 150°.

441

19.23. Una varilla delgada que tiene una masa de 4 kg se equilibra verticalmente, como se indica. Determine la altura h a la que se le puede pegar con una fuerza horizontal F sin que resbale en el piso. Para ello se necesita que la fuerza de fricción en A sea prácticamente cero ..

1

0. 8 m

h

2

A

8

Prob.19.23

* 19.24. La polea doble consta de dos ruedas fijas una

Prob.19.21

19.22. Determine la altura h a la cual puede chocar una bala con el disco que tiene un peso de 15 lb para que lo haga rodar sin resbalar en A. En los cálculos se necesita que la fuerza de fricción A sea prácticamente cero.

con la otra, que giran a la misma velocidad. La polea tiene 15 kg de masa y su radio de giro ka = 110 mm. El bloque en A tiene una masa de 40 kg. Calcule la velocidad del bloque 3 s después de haber aplicado una fuerza constante de 2 kN a la cuerda arrollada en el tambor interno de la polea. El bloque se encontraba inicialmente en reposo.

200 mm 75mm

A

A

Prob.19.22

•

Prob.19.24

www.elsolucionario.org 442

CAP. 19 CINÉTICA DE UN CUERPO RÍGIDO EN EL PLANO: IMPULSO Y CANTIDAD ...

19.25. El disco de 12 kg tiene una velocidad angular ro = 20 rad/s. Si se aplica el freno ABe de tal modo que la magnitud de la fuerza P varíe con respecto al tiempo como se ve en la figura, calcule el tiempo necesario para detener al disco. El coeficiente de fricción cinética en B es J1k = 0.4.

19.27. El cilindro de 10 lb descansa en el carrito de 20 lb. El sistema se suelta partiendo del reposo. Calcule la velocidad angular del cilindro cuando t = 2 s. El cilindro no resbala en el carrito. Desprecie la masa de las ruedas de éste.

n

p

\

J

P (N)

t/lC 2

1 (5)

Prob.19.27

* 19.28. La polea doble consta de dos ruedas fijas entre sí y que giran a la misma velocidad. Esta polea tiene una masa de 15 kg Y su radio de giro es ka 110 mm. El bloque enA tiene una masa de 40 kg Y la de la caja en B es 85 kg, incluyendo su contenido. Calcule la velocidad de la caja B a los 3 s después de haber soltado 19.26. La varilla delgada de masa m y longitud L se el conjunto que estaba en reposo. suelta partiendo del reposo cuando está en posición vertical. Cae y pega en la arista suave enA, sin rebotar. Calcule el impulso que ejerce la arista sobre la varilla. Prob.19.25

=

200 mm

8

L

a

Prob.19.26

Prob. 19.28

SECo 19.3

CONSERVACIÓN DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO Y...

19.3 Conservación de la cantidad de movimiento y del momento angular Conservación de la cantidad de movimiento. Si la suma de todos los impulsos lineales que actúan sobre un sistema de cuerpos rígidos conectados es cero, la cantidad de movimiento del sistema se conserva o es constante. En consecuencia, las primeras dos ecuaciones de la 19.15 se reducen a la forma

'\' Cant. de movi- ) ( '- miento del sist. ¡

('\' Cant. de movi- ) miento del sist. 2

= '-

(19.16)

A esta ecuación se le llama conservación de la cantidad de movimiento. Sin ocasionar grandes errores en los cálculos, puede aplicarse la ecuación 19.16 en una dirección determinada para la cual los impulsos lineales sean pequeños o no impulsivos. En especial, las fuerzas no impulsivas se presentan cuando fuerzas pequeñas actúan durante periodos muy cortos de tiempo. Por ejemplo, el impulso creado por una raqueta de tenis que golpea con la pelota durante un periodo muy pequeño de tiempo t.t es grande, mientras que el impulso del peso de la pelota durante el mismo intervalo es pequeño en comparación y, por lo tanto, se puede despreciar en el análisis del movimiento de la pelota durante t.t.

Conservación del momento angular. El momento angular de un sistema de cuerpos rígidos conectados se conserva con respecto al centro de masa G del sistema, o de un punto fijo 0, cuando la suma de todos los impulsos angulares creados por las fuerzas externas que actúan sobre el sistema es cero o bien es muy pequeña (no impulsiva), cuando se calcula con respecto a esos puntos. Siendo así, la tercera de las ecuaciones 19.15 se transforma en '\' momento angu- ) _ ( '\' momento angu- ) ( '- lar del sist. O! 'lar del sist. 02

(19.17)

A esta ecuación se le llama conservación del momento angular. En el caso de un solo cuerpo rígido, cuando se aplica la ecuación 19.17 al punto G se transforma en (IGOJ)¡ = (lGOJ)z. Para ejemplificar una aplicación de esta ecuación, imaginemos a un clava dista dando un salto mortal después de brincar del trampolín. Al encoger brazos y piernas contra su pecho, disminuye el momento de inercia de su cuerpo y con ello aumenta su velocidad angular

443

444

CAP. 19 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: IMPULSO Y CANTIDAD...

(IG{j) debe ser constante). Si él se estira justo antes de entrar al agua, el momento de inercia de su cuerpo aumenta y su velocidad angular disminuye. Como el peso de su cuerpo crea un impulso lineal durante el tiempo del movimiento, este ejemplo también muestra que el momento angular de su cuerpo se conserva, pero su cantidad de movimiento no se conserva. Estos casos se dan siempry que las fuerzas externas que crean al impulso lineal pasan por el centro de masa del cuerpo, o un eje fijo de rotación.

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS Si se conoce la velocidad lineal o angular iniciales del cuerpo, la conservación de la cantidad de movimiento o del momento angular se emplea para calcular la respectiva velocidad lineal o angular final del cuerpo inmediatamente después del periodo de tiempo en consideración. Además, si se aplican esas ecuaciones a un sistema de cuerpos, los impulsos internos que actúan en el sistema, que pueden ser desconocidos, se eliminan del análisis, porque se dan en pares iguales, pero colineales y opuestos. Para las aplicaciones se sugiere aplicar el siguiente método.

www.elsolucionario.org Diagrama cuerpo libre. Establezca el marco de referencia inercial x, y trace el diagrama de cuerpo libre del cuerpo o de y

sistema de cuerpos en el momento del impacto. A partir de este diagrama clasifique cada una de las fuerzas aplicadas como "impulsivas" o "no impulsivas". En general, durante cortos .periodos, las "fuerzas no impulsivas" son el peso de un cuerpo, la fuerza de un resorte ligeramente deformado, o cualquier fuerza que se sepa que es pequeña en comparación con otra fuerza impulsiva. De acuerdo con el diagrama de cuerpo libre, será posible entonces decir si se puede aplicar la conservación de la cantidad de movimiento o del momento angular. En especial, la conselVación de la cantidad de movimiento se aplica en una dirección dada cuando no actúan fuerzas externas impulsivas sobre el cuerpo o el sistema en esa dirección, mientras que la conselVación del momento angular se aplica con respecto a un punto fijo O o el centro de masa G del cuerpo o sistema de cuerpos, cuando todas las fuerzas impulsivas externas que actúan sobre dicho cuerpo o sistema producen un momento cero (o impulso angular cero) con respecto a O o a G. Como procedimiento alterno, trace los diagramas de impulso y cantidad de movimiento y momento angular del cuerpo o sistema de cuerpos. Esos diagramas son especialmente útiles para visualizar los términos de momento que se emplean en la ecuación de la conservación del momento an-

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SECo 19.3 CONSERVACIÓN DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO Y...

guIar, cuando se ha decidido que se deben calcular los momentos angulares con respecto a cualquier otro punto que no sea el centro de masa G del cuerpo. Conservación de la cantidad de movimiento y del momento angular. Aplique las ecuaciones de conservación de cantidad

de movimiento o de momento angular en las direcciones adecuadas. Cinemática. Emplee la cinerruítica si se necesitan más ecuaciones para la solución de un problema. Si el movimiento parece complicado, puede ayudar el trazar diagramas cinemáticos (de velocidad) para obtener las ecuaciones cinemáticas necesarias. Si es necesario calcular una fuerza impulsiva interna que actúe sólo sobre un cuerpo o sistema de cuerpos conectados, el cuerpo se debe aislar (diagrama de cuerpo libre) y deben aplicarse el principio del impulso lineal o angular y de la cantidad de movimiento o momento angular al cuerpo. Después de calcular el impulso F dt, siempre que se conozca el intervalo At durante el que actúa el impulso, se puede calcular la fuerza impulsiva promedio Favg mediante Favg = F dt/At.

f

f

Los siguientes ejemplos muestran la aplicación de este procedimiento.

445

446

CAP. 19 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: IMPULSO Y CANTIDAD ...

Ejemplo 19.5 La rueda de 10 kg que se ve en la figura 19.&z tiene un momento de inercia /G == 0.156 kg . m 2. Suponiendo que la rueda no resbala ni rebota, calcule la velocidad mínima VG que debe tener para rodar levantándose hasta el puntoA en el tope.

1";

SOLUCIÓN Diagramas de impulso, cantidad de movimiento y momento angular. Como no se tiene ni resbalamiento ni rebote, lo que hace escencialmente la rueda es pivotear, o girar, alrededor del punto A al tocarlo. Este caso se muestra en la figura 19.8b, que indica, respectivamente, la cantidad de movimiento de la rueda inmediatamente antes del impacto, los impulsos dados a la rueda durante el impacto, y la cantidad de movimiento de la rueda inmediatamente después del impacto. Sólo hay dos impulsos (o fuerzas) que actúan sobre la rueda. Comparándolos, el impulso en A es mucho mayor que el originado por el peso, y como el lapso del impacto es muy corto, se puede considerar que el peso es no impulsivo. La fuerza impulsiva F en A tiene magnitud y dirección {} desconocidas. Para eliminar del análisis a esta fuerza, notaremos que el momento angular con respecto aA se conselVa esencialmente (98.1 A t) d '" O. Conservación del momento angular. De acuerdo con la figura 19.8b,

(0 .2 - 0.( 3) m

+

«( +)

(HA )¡ = (HA)z

r'm(vd¡ +/GúJ¡ =rm(vd2 +/GúJ2 (0.2 - O.03)(lOXvd¡ + (0.156XúJ¡) = (0.2XlOXvd2 + (0.156)(úJ2 ) Cinemática. Como no se presenta el resbalamiento, úJ == vJr == vG/0.2 == 5 vG. Sustituyendo este resultado en la ecuación

11

anterior y simplificando se obtiene (Vd2 = 0.892(vd¡

1'=0.2111

__________A J ' ____ _

(1)

Conservación de la energía. * Para rodar sobre el tope, la rueda de-

be pasar por la posición 3 indicada con puntos en la figura 19.&. Por lo tanto, si (vG)z[o (vdd ha de ser mínima, es necesario que , la energía cinética de la rueda en la posición 2 sea igual a la \ energía potencial en la posición 3. Si hacemos que la referencia I / pase por el centro de gravedad, como se ve en la figura, y si apli- - _.- - - - - - - - ' .. - - - .. - -":.'--~ - - camos la ecuación de conservación de la energía, obtendremos (o)

9 ~. 1

N

\

\

(e)

Fig.19.8

(T2] + (V2] = (T3] + (V3] (O) + ( 98.1XO.03)}

G
Sustituyendo úJ2 == 5( VG)2 Y la ecuación 1 en la ecuación anterior, y simplificando, se obtiene 3.98(vG)I + l.55(vG)I

=

2.94

Por lo tanto,

Resp. • Este principio /lO se aplica durante el impacto, porque se pierde energía durante el choque; sin embargo, puede emplean;e inmediatamente después del impacto.

SECo 19.3 CONSERVACIÓN DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO Y... ~

447

Ejemplo 19.6 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _....¡ La varilla delgada de 5 kg que se ve en la figura 19.9a tiene un perno en O e inicialmente se encuentra en reposo. Si se dispara una bala de 4 g hacia la varilla con una velocidad de 400 mis, como se indica en la figura, calcule la velocidad angular de la varilla inmediatamente después de haberse incrustado en ella la bala. SOLUCIÓN Dúlgromas de impulso, cantidad de movimiento y momento angular. Se puede eliminar del análisis el impulso que ejerce la bala sobre la varilla, y puede determinarse la velocidad angular de la varilla inmediatamente después del impacto, si se consideran bala y varilla como un sistema único. Para aclarar los principios implicados, se muestran los diagramas de impulso, cantidad de movimiento y momento angular en la figura 19.9b. Los diagramas de cantidad de movimiento y momento angular se trazan inmediatamente antes e inmediatamente después del impacto. Durante el impacto, la bala y la varilla intercambian impulsos intemos iguales, pero opuestos enA . Como se indica en el diagrama de impulso, los impulsos que son externos al sistema se deben a las reacciones en O, y los pesos de la bala y la varilla. Como el lapso tJ del impacto es muy pequeño, la varilla sólo se mueve muy poco y, por lo tanto, los "momentos" de esos impulsos con respecto al punto O son prácticamente cero y, en consecuencia, se conserva el momento angular con respecto a este punto.

+

(a)

G 49.05 /'1I

0.0392 tlt (b)

Conservación del momento angular. De acuerdo con la figura 19.9b, tenemos ('-...+) L(Ho )¡ = L(HO )2 ms(vB)¡ cos 30°(0.75 m) = m B(vBMO.75 m) + m R (veMO .5 m) + IeúJ2

(O.004X400 cos 300 XO.75) = (O.004)(VBMO .75) + (5)(vGMO.5) + [#5)(1)2]úJ2 o sea

1.039 = 0.003(vB)2 + 2.50(VG)2 + 0.417úJ2

(1 )

Cinemática. Como la varilla tiene un perno en O, de acuerdo con la figura 19.9c tenemos (vd2 = 0. 5~

(e)

(VB)2 = 0.75úJ2

Sustituyendo en la ecuación 1 se llega a úJ2

= 0.622 rad/s )

Resp.

Fig.19.9

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448

CAP. 19 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: IMPULSO Y CANTIDAD...

*19.4 Impacto excéntrico

Línea de impacto

(á)

Fig.19.10

Los conceptos en los que interviene el impacto central y oblicuo en partículas se presentaron en la sección 15.4. A continuación extenderemos este tratamiento y describiremos el impacto excéntrico de dos cuerpos. Se da el impacto excéntrico cuando la línea que une a los centros de masa de los dos cuerpos no coincide con la línea de impacto. * Este tipo de impacto se da con frecuencia cuando uno o los dos cuerpos está forzado a girar con respecto a un eje fijo. Por ejemplo, veamos el caso del choque entre los dos cuerpos A y B que muestra la figura 19.10a, que chocan en el punto C. El cuerpo B gira alrededor de un eje que pasa por el punto O, mientras que el cuerpo A gira y se traslada al mismo tiempo. Se supone que inmediatamente antes del choque B gira en el sentido contrario al de las manecillas del reloj con velocidad angular (WB)¡' Y que la velocidad del punto de contacto e ubicado enA es (UA)¡' En la figura 19.1Ob se muestran los diagramas cinemáticos de ambos cuerpos inmediatamente antes del choque. Si los cuerpos son lisos en el punto e, las fuerzas de impulsión que ejercen entre sí se dirigen a lo largo de la línea de impacto. Por lo tanto, la componente de la velocidad del punto e en el cuerpo B, que se dirige a lo largo de la línea de impacto, es (vB)¡ = (wB)¡r, figura 19.1Ob. Igualmente, en el cuerpo A la componente de la velocidad (OA)¡ a lo largo de la línea de impacto es (vA)¡. Para que exista choque, (vA )¡ > (VB)¡' Durante el impacto se ejerce una fuerza impulsiva P igual pero opuesta entre los cuerpos, que /os defonna en el punto de contacto. El impulso que resulta se indica en los diagramas de impulso para ambos cuerpos, figura 19.1Oc. Nótese' que la fuerza impulsiva creada en el punto e, sobre el cuerpo giratorio B, crea reacciones impulsivas en el perno de soporte O. En esos diagramas se supone que el impacto crea fuerzas que son mucho mayores que los pesos de los cuerpos. Por lo tanto no se indican los impulsos que crean los pesos porque son despreciables en comparación con P dt, Y los impulsos reactivos en O. Cuando es máxima la deformación del punto e, este punto en ambos cuerpos se mueve con una velocidad común v a lo largo de la línea de impacto, figura 19.1Od. Se presenta entonces un periodo de restitución en el que los cuerpos tienden a regresar a sus formas originales. La fase de restitución crea una fuerza R impulsiva igual, pero opuesta, que actúa entre los cuerpos como se ve en la figura 19.10e, el diagrama de impulso. Después de la restitución, los cuerpos se separan y, por lo tanto, el punto e del cuerpo B tiene una velocidad (vBh y el punto e del cuerpo A tiene una velocidad (UA)Z , figura 19.10[, siendo (VB)2 > (vA)z.

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f

• Cuando coinciden estas líneas, se tiene impacto central y el problema se puede analizar como se describe en la sección 15.4

SECo 19.4 IMPACfO EXCÉNTRICO

e

~

~dt

~r

A

de deformación

(b)

(e)

deformación máxima

f P dt

=

Impulso

de restitución

(d)

En general, un problema en donde interviene el impacto de dos cuerpos requiere la determinación de las dos incógnitas (VA)2 y (V8)2, suponiendo que se conozcan (vA)¡ Y (V8)1> o que se puedan calcular mediante métodos cinemáticos, de energía, ecuaciones de movimiento, etc. Para resolver este problema deben formularse dos ecuaciones. La primera ecuación implica generalmente la aplicación de la conselVación del momento angular a los dos cuerpos. En el caso de los dos cuerposA y B, podemos afirmar que se conserva el momento angular con respecto al punto O, porque los impulsos en ·e son internos al sistema, y los impulsos en O crean momento cero (o cero impulso angular) con respecto al punto O. La segunda ecuación se obtiene empleando la definición del coeficiente de restitución, e, que es la razón del impulso de restitución al impulso de deformación. Para deducir una forma útil de esta ecuación debemos aplicar primero el principio del impulso y momento angulares con respecto al punto O a los cuerpos B y A por separado. Al combinar los resultados, obtendremos entonces la ecuación necesaria. Al proceder de este modo, el principio del impulso y cantidad de movimiento aplicados al punto B entre el instante inmediatamente anterior al choque y el instante de deformación máxima, figuras 19.1Ob, 19.1Oc Y19.1Od se convierte en 10(0)8)¡ + r

A

Velocidad a 1,1

Velocidad antes del choque

100)

(19.18)

donde 10 es el momento de inercia del cuerpo B con respecto al punto O. Igualmente, si se aplica el principio del impulso y momento angulares entre el instante de deformación máxima y el instante inmediatamente después del impacto, figuras 19.1Od, 19.1Oe Y19.10[, se obtiene (19.19)

449

(e)

e Velocidad después del choque

(f)

450

CAP. 19 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: IMPULSO Y CANTIDAD ...

I Línea de imp;'lClo

(a)

Flg. 19.10 (RepetidJI)

f

Despejamos af P dt y R dt de las ecuaciones 19.18 y 19.19, respectivamente, y definiendo a e se obtiene e=

f R dt

f P dt

-- =

r( WB)2 - rw rw - r( wB)!

(V8)2 - v

= -'--''-'.!:....-

v - (VB)!

Del mismo modo, podemos formular una ecuación que relacione a las magnitudes de las velocidades (VA)! Y(VA)2 del cuerpo A. El resultado es e=

(VA)2 - v

--:---,/J -

(VA)!

Combinando ambas ecuaciones y eliminando la velocidad u común se obtiene el resultado que deseábamos, es decir, (19.20)

Esta ecuación es idéntica a la 15.11, que se dedujo para el impacto central entre dos partículas. Sin embargo, la ecuación 19.20 establece que el coeficiente de restitución, medido en los puntos de contacto (C) de los dos cueIpOS en colisión, es igual a la razón de la velocidad relativa de separación de los puntos inmediatamente después del choque a la velocidad relativa a la cual los puntos se acercan entre sí inmediatamente antes del choque. Al deducir la ecuación 19.20 supusimos que los puntos de contacto de ambos cuerpos se mueven hacia arriba y a la derecha antes y después del impacto. Si el movimiento de cualquiera de los cuerpos es hacia abajo y a la izquierda, se considerará negativa la velocidad de este punto en la ecuación 19.20. Como se dijo antes, cuando se usa)a ecuación 19.20 junto con la conservación del momento angular de los cuerpos, es un medio útil para obtener las velocidades de dos cuerpos que chocan inmediatamente después del impacto.

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SECo 19.4 IMPACfO EXCÉNTRICO

Ejemplo 19.7 La varilla delgada de 10 lb está suspendida del perno en A, figura 19.11a. Si se lanza una bola B de 2lb hacia la varilla y choca con su centro con velocidad horizontal de 30 ft/s, calcule la velocidad angular de la varilla inmediatamente después del impacto. El coeficiente de restitución e = 0.4.

-D 30 ftls

B

1.5 ft

~ (a)

SOLUCIÓN Conservación del momento angular. Consideremos que bola y varilla son un sistema, figura 19.11b. Se conserva el momento angular con respecto al punto A porque la fuerza impulsiva entre la varilla y la bola es interna. También, los pesos de pelota y varilla son no impulsivos. Tomando en cuenta las direcciones y velocidades de la pelota y la varilla inmediatamente después del impacto, como se indica en el diagrama cinemático, figura 19.11c, se necesita que A

(\,..+)

(HA)!

=

m B( vB)¡(1.5)

=

(HA)2 mJ vB)z(1.5) + mi vG)z(1.5) + IGroz

(3i.2'30 X1.5) = (3i.2 'VB)z(1.5) + Como (VG)2

(3~~2 )
2lb 10 lb

= 1.5ro2' entonces 2.795

=

(b)

0.09317(vB)2 + 0.9317roz

(1)

Coeficiente de restitución. De acuerdo con la figura 19.11c, tenemos e = (VG)2 - (VB)2 (VB)! - (VG)!

0.4 = (1.5 roz) - (vB)2 30 - O

1.5 fl. VBI

= 30 ftls

·B 0

G


12.0 = 1.5 ro2 - (VB)2

(e)

Resolviendo el sistema, ( VB)2

=

-6.52 ft/s

=

ro = 3.65 rad/s)

6.52 ft/s

<-

Resp.

~.

(VGh

Fig.19.11

451

452

CAP. 19 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: IMPULSO Y CANfIDAD ...

PROBLEMAS 19.29. Una plataforma circular horizontal pesa 300 lb Y tiene un radio de giro k, = 8 ft con respecto al eje z que pasa por el centro O. La plataforma puede girar libremente alrededor del eje z e inicialmente está en reposo. Un hombre, cuyo peso es de 150 lb, comienza a correr por la orilla en trayectoria circular de 10 ft de radio. Tiene una velocidad de 4 ft/s y la mantiene con respecto a la plataforma. Calcule la velocidad angular de la plataforma.

19.31. El momento de inercia de un hombre con respecto al eje z es Ir Originalmente estaba en reposo y parado sobre una pequefia plataforma que puede girar libremente. Se le da una rueda que gira con velocidad angular Cü y su momento de inercia con respecto al eje de giro es l. Calcule la velocidad angular del hombre si (a) sujeta a la rueda en posición horizontal como se ve en la figura, (b) voltea a la rueda hacia afuera con e 90°, Y (c) voltea a la rueda hacia abajo con e = 180°.

=

* 19.32. Si al hombre del problema 19.31 se le da la rueda cuando no girú, y éste la pone a girar con una velocidad angular Cü, calcule su velocidad angular si (a) sujeta a la rueda en posición horizontal como se ve en la figura, (b) voltea la rueda hacia afuera con e = 90", Y(c) voltea la rueda hacia abajo con e = 1800.

www.elsolucionario.org Prob.19.29

19.30. El satélite espacial tiene una masa de 125 kg Y un momento de inercia 1, = 0.940 kg . m 2, sin tener en cuenta los cuatro tableros solares A, B, e y D. Cada uno de ellos tiene 20 kg de masa y pueden considerarse como placa delgada. El satélite gira inicialmente con respecto al eje z a una velocidad constante Cüz = 0.5 rad/s cuando e = 90°. Calcule la velocidad de giro si todos los tableros se elevan y alcanzan en el mismo instante la posición superior con e = O°.

Probs.19_'H/19.32

19.33. La varilla tiene una longitud L y masa m . Un collarín liso cuyo tamafio es despreciable y su masa es la cuarta parte de m, se coloca en su punto medio. La varilla gira libremente con velocidad angular Cü alrededor de su extremo, y se suelta el collarín. Calcule la velocidad angular de la varilla en el momento en que el collarín la abandona. También, ¿cuál es la velocidad del collarín al separarse de la varilla?

c0I Prob. 19.30

Prob.19.33

PROBLEMAS

19.34. La varilla de 5 lb sostiene en su extremo al disco de 3 lb. Al disco se le da una velocidad angular WD = 8 rad/s, mientras que la varilla se sujeta; después se suelta ésta. Calcule la velocidad angular de la varilla cuando el disco haya detenido su giro en relación con la varilla, por la fuerza de fricción en el cojineteA. El movimiento es en el plano horizontal. Desprecie la fricción en el cojinete fijo en B.

1 - - - - - - - 3f1 - - - - - - 1

453

19.37. Se suelta la varilla de masa m y longitud L que estaba en reposo, sin girar. Cuando cae una distancia L, su extremo A choca con el gancho S, al cual queda sujeto en forma permanente. Calcule la velocidad angular W de la varilla cuando haya girado 90°. Considere que el peso de la varilla durante el impacto es fuerza no impulsiva.

1---- - L

~:lAl

- - --tI

1 1

1

:

L

,~

B

Prob.19_14

19.35. Dos ruedas A y B tienen masas mA Ym B, y radios de giro kA y k B con respecto a sus ejes centrales verticales, respectivamente. Pueden girar libremente en la misma dirección con velocidad angular WA Y WB con respecto al mismo eje vertical. Calcule su velocidad angular común cuando se ponen en contacto y cesa el resbalamiento entre ellas.

19.38. El péndulo consta de una varilla delgada AB de 2 kg Yun disco de 5 kg. Se suelta del reposo sin girar. Al caer 0.3 m, el extremo A se engancha en S, quedando sujeto en forma permanente. Calcule la velocidad angular del péndulo al haber girado 90". Considere que el peso del péndulo es fuerza no impulsiva durante el impacto.

* 19.36. El disco de 15 kg está suspendido del perno O

e inicialmente está en reposo. Se dispara una bala de 10 g contra el disco cuya velocidad es de 200 mis, como se muestra. Calcule el ángulo e máximo que alcanza el disco en su oscilación. La hala queda incrustada en el disco.

1

05m

~~._---~ 1::'I I"

¡

"'I

'!

(-L') "

¿ '

www.elsolucionario.org 454

CAP. 19 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN EL PLANO: IMPULSO Y CANTIDAD ...

19.39. Una varilla delgada de masa m tiene velocidad angular W¡, al girar sobre una superficie lisa. Calcule su nueva velocidad angular inmediatamente después de chocar y engancharse con la clavija y comenzar a girar alrededor de P sin rebotar. Resuelva el problema (a) empleando los parámetros que se dan, y (b) haciendo que m = 2 kg, w! = 4 rad/s, 1 = 1.5 m.

19.42. El palo uniforme tiene 15 kg de masa y cae partiendo del reposo cuando (J = 90°, hasta que choca con la arista en A cuando (J = 60°. Comienza entonces a pivotear sobre este punto. Calcule la velocidad angular del palo inmediatamente después del impacto. Suponga que el palo no resbala en B al caer hasta chocar conA.

e

Prob.19.39

* 19.40. El disco tiene masa m y radio r . Choca con un

ir,

como se ve en la fiescalón áspero cuya altura es gura. CalcQle la menor velocidad angular w! que puede tener el disco para no rebotar y regresarse del escalón.

Prob.19.42

Prob.19.40

19.41. La placa cuadrada tiene un peso W y está girando sobre la superficie lisa con velocidad angular w! constante. Calcule la velocidad angular nueva que adquiere la placa inmediatamente después de que su esquina choca con la clavija P y comienza a girar en torno a ella sin rebotar.

19.43. Una pelota que tiene 8 kg de masa y una velocidad inicial VI = 0.2 mIs rueda sobre una ranura de 30 mm de ancho. Suponiendo que la pelota no rebote y se aparte de las aristas A y B, calcule su velocidad final cuando llega al otro lado de la ranura.

/ __~,V2 /

I/

~':--""

'\

I \ \

" ......

_-- "

/

p

Prob. 19.41

Prob.19.43

PROBLEMAS

* 19.44. Un anillo delgado tiene 15 kg de masa y choca con el escalón de 20 mm de altura. Calcule la mínima velocidad angular que puede tener para que no rebote y se aparte del escalón al chocar con él.

455

19.46. La pelota tiene un peso de 3 lb Yrueda sin resbalar por un plano hortzontal de tal modo que su centro tiene una velocidá(' Uo 0.5 ft/s. Suponiendo que ni resbale ni rebote, calcule la velocidad de su centro en el momento en que comienza a rodar cuesta arriba del plano inclinado.

=

30

0

I

Prob.19.44

Prob.19.46

19.45. El centro de masa de la pelota de 3 lb tiene una velocidad (uG)¡ = 6 ft/s cuando choca con el extremo de la varilla delgada y lisa de 5 lb. Calcule la velocidad angular de la varilla con respecto al eje z inmediatamente después del impacto, si e = 0.8.

19.47. El disco A tiene un peso de 20 lb. Un cable inextensible está fijo al peso de 10 lb Yarrollado en el disco. El peso se deja caer 2 ft para que la cuerda se ponga tensa. El impacto es perfectamente elástico, es decir, e = 1. Calcule la velocidad angular del disco inmediatamente después del impacto.

Prob.19AS

Prob.19.47

456

CAP. 19 CINÉTICA DE UN CUERPO RÍGIDO EN EL PLANO: IMPULSO Y CANfIDAD ...

* 19.48. La varilla AB de 15 lb se suelta partiendo del reposo en la posición vertical. El coeficiente de restitución entre el piso y el tope en B es e = 0.7. Calcule hasta qué altura rebota el extremo de la varilla después de chocar contra el piso.

19.50. Una pelota maciza cuya masa es m se arroja al piso de tal modo que en el momento del contacto tiene una velocidad angular CtI¡, y las componentes de su velocidad son (vG)x¡ y (vG)y¡, como se indica. Si el piso es áspero y no se presenta resbalamiento, calcule las componentes de su velocidad inmediatamente después del impacto. El coeficiente de restitución es e.

B

T 2ft

L.

(vG)XI

A

Prob.19.48

Prob.19.S0

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19.49. El péndulo consta de una varilla delgada AB de 5 lb Yun bloque de madera de 10 lb. Se dispara un proyectil que pesa 0.2 lb contra el centro del bloque, a una velocidad de 1000 ft/s, El péndulo está inicialmente en reposo, y el proyectil queda incrustado en la madera. Calcule la velocidad angular del péndulo inmediatamente después del impacto.

v = 1000 ftls

19.51. La pelota maciza de masa m se deja caer con una velocidad V¡ en la arista áspera del escalón. Rebota en dirección horizontal separándose del escalón con una velocidad V2' Calcule a qué ángulo 8 sucede el choque. Suponga que no hay resbalamiento en el choque. El coeficiente de restitución es e.

i

"""

Prob.19.49

Prob.19.S1

l

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Repaso 2: Cinemática y ciné.tica planas de un cuerpo rígido

Habiendo presentado los diversos ternas de cinemática y cinética planas en los capítulos 16 a 19, resumiremos ahora los principios y daremos la oportunidad de aplicarlos en la solución de problemas de varios tipos.

Cinemática. En este caso nos interesa el estudio de la geometría del movimiento, sin preocuparnos de las fuerzas que lo originan. Antes de resolver un problema de cinemática plana, es necesario primero clasificar el movimiento, corno de traslación rectilínea o curvilínea, de rotación alrededor de un eje fijo, o movimiento general en el plano. En particular, los problemas en los que interviene el movimiento general en el plano pueden resolverse ya sea con referencia a ejes fijos (análisis de movimiento absoluto), o mediante un marco de referencia en rotación o traslación (análisis de movimiento relativo). La selección depende en general del tipo de limitaciones y de la geometría del problema. En todos los casos, puede aclararse la aplicación de las ecuaciones necesarias trazando un diagrama cinemático. Recuérdese que la velocidad de un punto siempre es tangente a la trayectoria de su movimiento, y que la aceleración de un punto puede tener componentes en las direcciones n- t cuando la trayectoria es curva. Traslación. Cuando el cuerpo se mueve con traslación rectilínea o curvilínea, todos sus puntos tienen el mismo movimiento.

458

REPASO 2: CINEMÁTICA Y CINÉTICA PLANAS DE UN CUERPO RíGIDO

Rotación alrededor de un eje fijo

Movimiento anguLar Aceleración anguLar variabLe. Siempre que se dé una relación matemática entre cuaLesquiera dos de las cuatro variables O, w, a y t, entonces se podrá calcular una tercera variable resolviendo una de las ecuaciones siguientes, que relacione a las tres variables. dO w=-

dw a=-

dt

dt

adO= wdw

AceLeración anguLar constante. Las ecuaciones siguientes se aplican cuando se está absoLutamente seguro de que la aceleración angular es constante.

Movimiento deL punto P. Una vez determinadas w ya, puede especificarse el movimiento circular del punto P empleando las siguientes ecuaciones escalares o vectoriales:

v= wr a, = ar

v= wxr

an

=

alr

a = a x r + w x (w x r)

Movimiento general en el plano. Análisis del movimiento relativo. Recuérdese que cuando se colocan los ejes en trasLación en el "punto base" A, el movimiento reLativo del punto B con respecto a A simplemente es movimiento circuLar de B aLrededor deA . Las ecuaciones siguientes se aplican a dos puntos A y B ubicados en eL mismo cuerpo rígido. va = VA + ValA = VA + (w x ralA) aB

= aA + aB/A = a A + a

x ralA + w x (w x ralA)

Los ejes en rotación y en trasLación se emplean para analizar el movimiento de cuerpos rígidos conectados entre sí mediante collarines o correderas. Va = VA + ~ x ralA + (VBIA}.¡"

aB = a A + Q x r BIA + Q x (Q x ralA) + 2Q x (VB/A)xyz + (aBIA)xyz

Cinética. Para analizar las fuerzas que originan el movimiento, debemos emplear los principios de la cinética. Al aplicar las ecuaciones necesarias es importante establecer primero el sistema inercial de coordenadas y definir las direcciones positIv(l~ de los ejes. Las direcciones deben ser las mismas que las selecciOi;adas al formular cualquier ecuación de la cinemática en el caso de que sea necesaria la solución simultánea de ecuaciones.

REPASO 2: CINEMÁTICA Y CINÉTICA PLANAS DE UN CUERPO RíGIDO

Ecuaciones del movimiento. Estas ecuaciones se emplean para calcular movimientos acelerados o fuerzas que originen movimiento. Si se usan para calcular posición, velocidad o tiempo de movimiento, entonces se debe considerar que la cinemática e~ parte de la solución. Antes de aplicar las ecuaciones de movimiento, siempre se debe trazar un diagrama de cuerpo libre para identificar a todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo. También, se deben establecer las direcciones de la aceleración del centro de masa y de la aceleración angular del cuerpo. Se puede dibujar también un diagrama cinético para representar a maG e IGa en forma gráfica. Este diagrama es especialmente conveniente para resolver a maG en componentes y para identificar los términos en la suma de momentos L( .M. k)P' Las tres ecuaciones de movimiento son

rE, = mead, = m(ady

rEy

r.MG =ha

o bien

En especial, si el cuerpo gira alrededor de un eje fijo, también pueden sumarse los momentos con respecto al punto O en el eje, en cuyo caso

Trabajo y energía. Se emplea la ecuación del trabajo y la energía para resolver problemas en los que intervienen fuerza, velocidad y desplazamiento. Antes de aplicar esta ecuación, trácese siempre un diagrama de cuerpo libre para identificar a las fuerzas que efectúan trabajo. Recuérdese que la energía cinética del cuerpo consta de aquella debida al movimiento de traslación del centro de masa, VG, Y al movimiento rotatorio del cuerpo, ro.

donde T;'

in vb + t IGcv2

f

UF = F cos eds

(fuerza variable) UFc = Fe cos e(S2 - SI) (fuerza constante) U w = W Áy (peso) Us = -(tks~ - pI) (resorte) UM = Me (momento de par constante) Si las fuerzas que actúan sobre el cuerpo son conservativas, entonces aplique la ecuación de conservación de energía. El empleo de esta ecuación es más fácil que el de la ecuación del trabajo y la energía, porque se aplica sólo a dos puntos de la trayec-

459

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460

REPASO 2: CINEMÁTICA Y CINÉTICA PLANAS DE UN CUERPO RíGIDO

toria y no necesita del cálculo del trabajo efectuado por una fuerza, al moverse el cuerpo en su trayectoria. T¡ + V¡

=

T 2 + V2

donde

Vg

= Wy (energía potencial gravitatoria)

Ve

= t ks 2 (energía potencial elástica)

Impulso, cantidad de movimiento y momento angular. Se emplean los principios del impulso, impulso angular, cantidad de movimiento y momento angular para resolver problemas en los que intervienen fuerza, veLocidad y tiempo. Antes de aplicar las ecuaciones, trace un diagrama de cuerpo Libre para identificar a todas las fuerzas que originan impulsos lineales y angulares en el cuerpo. También, establezca las direcciones de la velocidad del centro de masa y la velocidad angular del cuerpo inmediatamente antes e inmediatamente después de aplicar los impulsos. Como procedimiento alterno, los diagramas de impulso, cantidad de movimiento y momento angular pueden acompañar a la solución para explicar en forma gráfica los términos de las ecuaciones. Estos diagramas tienen ventajas especiales cuando se calculan los impulsos y momentos angulares con respecto a un punto que no sea el centro de masa del cuerpo.

www.elsolucionario.org fF dt = m(vd2 )¡ + E fMa dt = (H

m(vd¡ + E

(HG

G )2

o bien

f

(H o)¡ + E Mo dt = (Hoh Conservación de cantidad de movimiento y de momento angular. Si hay fuerzas no impulsivas que actúen sobre el cuerpo en determinada dirección, o si los movimientos de varios cuerpos intervienen en el problema, entonces debe considerarse la aplicación de la cantidad de movimiento o del momento angular en la solución del problema. El diagrama de cuerpo libre, o el diagrama de impulso, ayudarán a determinar las direcciones para las que las fuerzas impulsivas son cero, o los ejes con respecto a los cuales las fuerzas impulsivas originan un momento angular nulo. Cuando esto sucede, entonces

m(vG)¡ = m(vGh (H o) ¡ = (Ho )2 En los problemas siguientes se aplican todos los conceptos vistos anteriormente. Los problemas están presentados en forma aleatoria de manera que el estudiante adquiera práctica en la identificación de los varios tipos de problemas y desarrolle las habilidades necesarias para resolverlos.

PROBLEMAS DE REPASO

461

PROBLEMAS DE REPASO R2.1. La viga uniforme tiene un peso W. Está originalmente en reposo al estar sujeta en A y en B mediante cables. Calcule la tensión en el cable A si de repente falla el cable B. Suponga que la viga es una varilla delgada.

R2.3. El aro se arroja a la superficie áspera en tal forma que tiene una velocidad angular W = 4rad/s, y una desaceleración angular a = 5 rad/s2• Su centro tiene una velocidad va = 5 mis y una desaceleración ao = 2 m/s2. Calcule la aceleración del punto A en este instante. • R2.4. El aro se arroja a la superficie áspera de tal modo que tiene una velocidad angular W = 4 rad/s y una desaceleración angular a = 5 rad/s 2. Su centro tiene una velocidad va = 5m1s y una desaceleración ao = 2 mls 2• Calcule la aceleración del punto B en este instante.

B

A

Prob.R2.1

R2.2. El tren epicíclico de engranajes consta del engranaje solA, que engrana con el engranaje planetario B. Éste a su vez tiene un engranaje menor e que es integral con B y engrana con el engranaje de anillo R, fijo. La biela DE que se fija a B yaC gira a WDE = 18 rad/s. Calcule las velocidades angulares de los engranajes planetario y sol.

Prob.R2.2

Probs. R2.3/R2.4

R2.5. El mecanismo de la figura se emplea en una remachadora. Consta del pistón de impulsión A, tres eslabones, y la remachadora que está fija en el bloque con corredera D. Calcule la velocidad de D en el momento que muestra la figura, cuando el pistón A se mueve a VA = 20 mis.

Probo R2.S

462

REPASO 2: CINEMÁTICA Y CINÉTICA PlANAS DE UN CUERPO RíGIDO

R2.6. El disco de 20 kg se encuentra originalmente en reposo y el resorte lo sujeta en equilibrio. Se aplica entonces un momento de par M = 30 N . m al disco, como se ve en la figura. Calcule su velocidad angular en el momento en el que su centro de masa G se ha movido s = 0.8 m pendiente abajo por el plano inclinado. El disco rueda sin resbalar. R2.7. El disco de 20 kg se encuentra originalmente en reposo y el resorte lo sujeta en equilibrio. Se aplica entonces un momento de par M = 30 N . m al disco, como se ve en la figura. Calcule hasta qué distancia s se mueveel centro de masa del disco pendiente abajo, medida a partir de la posición de equilibrio, antes de detenerse. El disco rueda sin resbalar.

R2.9. El disco de 15 lb descansa en una placa de 5 lb. Se arrolla una cuerda en la periferia del disco y se fija a la pared en B. Se aplica entonces un momento de par M = 40 lb . ft al disco. Calcule la aceleración angular de éste y el tiempo necesario para que el extremo e de la placa se mueva 3 ft Ychoque con la pared. El coeficiente de fricción cinética entre placa y disco es J1k = 0.2, Y entre placa y piso ¡.lk = 0.1. Desprecie la masa de la cuerda.

A

Prob.R2.9

* R2.8. El carrete tiene un peso de 500 lb Ysu radio de

R2.10. El extremo A de la barra se mueve hacia la izquierda con velocidad constante vA- Calcule la velocidad angular li) y la aceleración angular a de la barra, como función de su posición x.

giro es k G = 1.75 ft. Se aplica una fuerza hOrizontal P 15 lb a un cable arrollado en su núcleO. El carrete estaba en reposo ante& de aplicar la fuerza. Calcule su velocidad angular cuando su centro de masa G se ha movido una distancia s = 6 ft. El carrete rueda sin resbalar. Desprecie la masa del cable.

R2.1l. El extremo A de la barra se mueve hacia la izquierda con \,lna aceleración áA y en el instante que se ve en la figura tiene una velocidad VA' Calcule la velocidad angular li) y la aceleración angular a de la barra como funciones de su posición x.

Probs. R2.6/R2.7

=

p

Prob.R2.8

Probs. R2.10/R2.11

www.elsolucionario.org PROBLEMASDEREPASO

* R2.12. El carrete tiene 500 kg de masa y su radio de giro k G = 0.380 m. Desc.a nsa en la superficie inclinada para la cual el coeficiente de fricción cinética es IJA = 0.15. El carrete se suelta y parte del reposo. Calcule la tensión inicial de la cuerda y la aceleración angular del carrete.

463

R2.14. Los eslabones iguales AB y CD giran alrededor de los pasadores fijos en A y en C. AB tiene una velocidad angular OJAB = 8 radjs. Calcule la velocidad angular de BDP y la velocidad del punto P.

Prob.R2.14 Prob.R2.12

R2.13. El mamelón de la rueda descansa sobre el carril. No resbala enA. Calcule la velocidad del bloque de 10 lb cuando t = 2 s después de soltarlo partiendo del reposo. La rueda tiene un peso de 30 lb Ysu radio de giro es k G = 1.30 ft. Desprecie la masa de la polea y de la cuerda.

Probo R2.13

R2.IS. El mecanismo produce movimiento intermitente del eslabónAB. La catarina S gira con una velocidad angular OJs = 6 radjs. Calcule la velocidad angular del eslabón AB en ese momento. La catarina S está montada en un eje que está separado del eje colineal sobre el que giraAB en A. El pasador en C está unido a uno de los eslabones de la cadena.

Probo R2.1S

464

REPASO 2: CINEMÁTICA y CINÉTICA PlANAS DE UN CUERPO RíGIDO

* R2.16. Calcule la posición rp del centro de percusión P de la barra delgada de 10 lb. (Véase Probo 17.67.) ¿Cuál es la fuerza horizontal Áx en el perno cuando se golpea la barra en P con una fuerza F = 20 lb?

R2.18. El conjunto consta de los bloques A y B de 30 lb cada uno, y de una polea cuyo peso es de 20 lb Ysu radio de giro es kc = 0.5 ft. Suponiendo que la cuerda no resbala en la superficie de la polea, calcule la fuerza en los segmentos h0rizontal y vertical de la cuerda. Desprecie la masa de la cuerda y la fricción entre el bloqueA y el plano horizontal. R2.19. El conjunto consta de los bloques A y B de 30 lb cada uno y de una polea cuyo peso es de 20 lb Ysu radio de giro es kc = 0.5 ft. Suponiendo que la cuerda no resbale en la superficie de la polea, calcule la fuerza en los segmentos horizontal y vertical de la cuerda. Desprecie el peso de ésta, y suponga que el coeficiente de fricción cinética entre el bloqueA y el plano horizontal es f.Jk = 0.3.

'p 4 ft

F p

Prob.RZ.16

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R2.17. El brazo ABC está articulado en B y tiene movimiento reciprocan te de tal manera que e = (0.3 sen 4t) rad, estando t en segundos, y el argumento del seno en grados. Calcule la velocidad máxima del punto A durante el movimiento, y la magnitud de la aceleración del punto C en este instante.

Probs. RZ.18/RZ.19

* R2.20. Una rueda tiene una velocidad angular inicial

Probo RZ.17

de 8 rad/s en el sentido de las manecillas del reloj, y una aceleración angular constante de 2 rad/s 2. Calcule el número de revoluciones que debe girar para adquirir una velocidad angular de 15 rad/s en el sentido de las manecillas del reloj . ¿Cuánto tiempo se requiere?

PROBLEMAS DE REPASO

R2.21. El bloque se mueve hacia la izquierda con una velocidad Vo constante. Calcule la velocidad angular y la aceleración angular de la barra, como funciones de e.

465

R2.23. La placa de 100 lb se transporta una corta distancia empleando dos rodillos cilíndricos, cada uno de ellos con peso de 35 lb. Se aplica a la placa una fuerza horizontal P = 25 lb. Calcule la velocidad de la placa después de haberse desplazado s = 2 ft. Originalmente la placa estaba en reposo. No se tiene resbalamiento. 25 lb

Ta e I----x

Prob.R2.23

* R2.24. La varilla delgada de longitud L y masa m se

-----l ~

suelta del reposo cuando e = O°. Determine las fuerzas normal y de fricción, que se ejercen en la arista A a medida que cae la varilla, en función de e. ¿A qué ángulo e comienza a resbalar la varilla si el coeficiente de fricción estática enA es J1?

Prob.R2.21

R2.22. Si la velocidad angular del eslabón AB es WAB = 3 rad/s, calcule la velocidad del bloque en C, y la velocidad angular de la biela CB en el momento que representa la figura.

Prob.R2.24

R2.25. Si el aro tiene peso W y radio R, y se arroja sobre una superficie áspera con velocidad ve paralela a la superficie, calcule la cantidad de giro retrógrado (j) que se le debe comunicar para que se detenga su giro en el mismo momento en que su velocidad de avance sea cero. Para este cálculo, no se necesita conocer el coeficiente de fricción cinética enA.

Prob.R2.22

Pmb.R2.2S

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466

REPASO 2: CINEMÁTICA Y CINÉTICA PLANAS DE UN CUERPO RíGIDO

Rl.26. La barra de 10 lb puede girar sobre su centro • Rl.28. El eslabón AB gira alrededor del perno en A O y está conectada a un resorte de torsión. Este re- con velocidad angular WAB = S rad/s. Calcule la velosorte tiene una rigidez k = S lb . ft/rad, y por ello, el cidad de los bloques e y E en el momento que reprepar M que se desarrolla es M (58) lb . ft, estando (J senta la figura. en radianes. La barra se suelta del reposo cuando está en posición vertical en (J 90°. Calcule su velocidad angular en el momento en que (J = O°.

= =

DO

4ft

o

Prob.R2.26

E

Prob.R2.28

Rl.27. El tubo tiene una masa de 800 kg Yse arrastra detrás del camión. La aceleración de éste es al 0.5 m/S2. Calcule el ángulo (J y la tensión en el cable. El coeficiente de fricción cinética entre tubo y pavimento es J1k O.l.

=

=

Rl.29. La rueda gira hacia la derecha, de tal modo que tiene una aceleración angular a 4 rad/s2 y velocidad angular W = 2 rad/s en el instante representado en la figura. No hay resbalamiento en A. Calcule la aceleración del puntoB.

=

8 al =0.5 mIs 2

•

e

Prob.R2.27

Probo R2.29

PROBLEMASDEREPASO

467

R2.30. La tornamesa T del fonógrafo está impulsada * R2.32. El conjunto consta de un disco de 8 kg Y una por la rueda guía A de fricción, que recarga simultá- barra de 10 kg que está conectada al disco con un neamente contra la orilla interna de la tomamesa y la perno en A. El sistema se suelta partiendo del repoespiga B del eje del motor. Calcule el diámetro nece- so. calcule la aceleración angular inicial del disco. sario d de la espiga para que la tomamesa gire a 33 Los coeficientes de fricción estática y cinética entre rev/min mientras el motor gira a 30 rad/s. el disco y el plano inclinado son Ji. = 0.6 YJik = 0.4, respectivamente. Desprecie la fricción enB. R2.33. Resolver el problema R2.32 para el caso en el que se quita la barra.

1m

30 rad/s

Probo R2.30

R2.3i. La bomba de petróleo consta de una viga de balanCÍnAB, la biela BC y la manivela CD. La manivela gira a velocidad constante igual a 6 rad/s. Calcule la velocidad de la varilla H del émbolo en el instante representado en la figura. Sugerencia: El punto B sigue una trayectoria circular alrededor del punto E y, por lo tanto, la velocidad de B no es vertical.

Probs. R232/R2.33

R2.34. Al apretar con el dedo en B, se le da una velocidad inicial VI a un disco delgado de masa m, así como un giro retrógrado all al retirar el dedo. El coeficiente de fricción cinética entre la mesa y el anillo es Ji. Calcule la distancia que recorre el anillo hacia adelante antes de dejar de girar en sentido retrógrado.

H

.,

Prob.R231

Probo R2.34

468

REPASO 2: CINEMÁTICA Y CINÉTICA PLANAS DE UN CUERPO RíGIDO

Rl.35. El engranaje tiene un peso de 15 lb Ysu radio de giro es k G = 0.375 ft. El resorte no está deformado cuando se aplica un par M = 6 lb . ft. Calcule la velocidad angular del engranaje cuando su centro de masa G se ha movido s = 2 ft hacia la izquierda.

Rl.38. El engranaje A tiene una velocidad angular ' inicial de 60 rad/s, y una desaceleración de 1 rad/s2• Calcule la velocidad y aceleración de la carga W que levanta el engranaje B cuando t = 3 s. Rl.39. Repita el problema R2.38, suponiendo que la desaceleración angular del engranaje A está definida por la relación a = (O.5e- t ) rad/s2, estando t en segundos.

Prob.Rl.35

• Rl.36. El carrete tiene un peso de 75 lb Ysu radio de giro es ko = 1.20 ft. El bloque B pesa 60 lb. Se aplica una fuerza P = 25 lb a la cuerda. Calcule la velocidad del bloque t = 5 s después de haber partido del reposo. Desprecie la masa de la cuerda.

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Probs. Rl.381Rl.39

Rl.37. El carrete tiene un peso de 75 lb Ysu radio de giro es ko = 1.20 ft. El bloque B pesa 60 lb. Calcule la fuerza horizontal P que debe aplicarse a la cuerda • Rl.40. El carrete está soportado en rodillos pequefios para comunicar al bloque una velocidad de 10 ft/s en en A y B. Calcule la aceleración angular del carrete y t = 4 s de haber partido del reposo. Desprecie la ma- las fuerzas normales enA y B si se aplica al cable una fuerza vertical de P = 80 N. La masa del carrete es sa de la cuerda. de 60 kg Ytiene un radio de giro centroidal ko = 0.65 Para el cálculo, desprecie la masa del cable y las de los rodillos enA y B.

m.

p = 25 lb

__ , ft .75ft~

(O

\

:> . . - ,/. " " 11

11

p

Probs. Rl.361Rl.37

Prob.Rl.40

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PROBLEMAS DE REPASO R2.41. La figura muestra el principio de la transmisión de potencia en un motor fuera de borda. El engranajeA del eje motriz tiene un radio rA :;:: 0.5 in, y el otro pifión B engranado, unido al eje de la hélice, tiene un radio rB :;:: 1.2 in. Calcule la velocidad angular de la hélice cuando transcurren 1 :;:: 1.5 s, si el eje motriz gira con una aceleración angular a :;:: (400/)3 rad/s2, estando 1 en segundos. La hélice está originalmente en reposo, y la armazón del motor no se mueve.

469

R2.45. El centro de la polea se eleva en sentido vertical con una aceleración de 3 ft/s 2. En el instante que se representa en la figura, su velocidad es de 6 ft!s. calcule la aceleración de los puntos A y B, que están ambos en la polea. Suponga que la cuerda no resbala en la superficie de la polea.

R2.42. Para el motor fuera de borda del problema R2.41, calcule la magnitud de la velocidad y aceleración de un punto P ubicado en la punta del álabe de

la hélice en el momento en que 1 :;:: 0.75 s.

e 4in. A

Prob.RZ.4S Probs. RZ.41/RZ.42

R2.43. El engranaje sol H y el anular R tienen velocidades angulares OJH :;:: 5 rad/s y OJR :;:: 20 rad/s, respec-

tivamente. Calcule la velocidad angular del engranaje planetario S y la velocidad de su brazo adjunto DA.

R2.46. La varilla AB gira con velocidad angular OJAB :;:: 3 rad/s. calcule la velocidad angular de las varillas BC y CD en el instante que representa la figura.

* R2.44. El engranaje sol H tiene una velocidad .angular OJH :;:: 5 rad/s. Calcule la velocidad angular del engranaje anular R de tal modo que el brazo DA fijo al engranaje planetario S quede en un lugar (estacionario, OJOA :;:: O). ¿Cuál es la velocidad angular del engranaje planetario?

e

2 fl WAII

Probs. RZ.43!R2.44

= 3 rad/s ~ 45 0 A .. " ~

Prob.RZ.46

470

REPASO 2: CINEMÁT ICA Y CINÉTICA PLANAS DE UN CUERPO RíGIDO

Rl.47. El armario tiene un peso de 80 lb Y se le empuja para moverlo por el piso. El coeficiente de fricción estática enA y B es P. = 0.3, Y el coeficiente de fricción cinética en los mismos puntos es Pk = 0.2. Calcule la fuerza horizontal mínima P necesaria para provocar movimiento. Si se aumenta ligeramente esta fuerza, calcule la aceleración del armario. También, ¿cuáles son las reacciones normales en A y B cuando se comienza a mover el armario?

Rl.49. El carrete y el alambre arrollado en su núcleo tienen una masa de 20 kg Y su radio de giro centroidal es k G = 250 mm. El coeficiente de fricción cinética con el piso es PB 0.1. Calcule la aceleración angular del carrete cuando se le aplica un par de 30 N·m.

=

4ft

-*-II Prob.R2.47

* Rl.48. Una "arilIa delgada cuya masa es de 4 kg está equlibrada en posición vertical, como se ve en la figura. Calcule la altura h a la que se le puede pegar con una fuerza F horizontal y que no resbale sobre el piso. Para esto se necesita que la fuerza de fricción en A sea esencialmente cero.

1 O.8m

h

Prob.IU.49

B

Rl.50. La varilla delgada de 4 kg se somete a la fuerza y el momento de par que se indican. Cuando está en la posición que se ve en la figura, tiene una velocidad angular (01 = 6 rad/s. Calcule su velocidad angular en el momento en que ha girado 90° hacia abajo. La fuerza siempre se aplica en dirección perpendicular al eje de la varilla. El movimiento se lleva a cabo en el plano vertical.

15N

~,)

4O N·m

~

3m

-------J-1

1 A

Prob. R2.48

Probo R2.S0

w¡

= 6 radls

20

Cinemática de un cuerpo rígido en tres dimensiones

En el capítulo 16 se presentaron tres tipos de movimiento plano de un cuerpo rígido: traslación, rotación en torno a un eje fijo, y movimiento general en el plano. En este capítulo se describirá el movimiento de un cuerpo rígido en tres dimensiones, que consta de rotación en torno a un punto fijo y de movimiento general. A continuación seguirá un estudio general del movimiento de partículas y cuerpos rígidos empleando sistemas coordenados que se trasladan y giran al mismo tiempo. El análisis de esos movimientos es más complejo que el del movimiento en el plano, ya que la aceleración angular del cuerpo mide y cambia tanto con la magnitud como con la dirección de la velocidad angular del cuerpo. Para simplificar los aspectos tridimensionales del movimiento, en este capítulo emplearemos el análisis vectorial. *

*20.1 Rotación alrededor de un punto fijo Cuando un cuerpo rígido gira en torno a un punto fijo, la distancia r del punto a una partícula P ubicada en el cuerpo es la misma para cualquier posición del cuerpo. Así, la trayectoria del movimiento de la partícula queda en la superficie de una esfera que tiene un radio r y está centrada en el punto fijo. Como el movimiento a lo largo de esta trayectoria se obtiene sólo mediante una serie de rotaciones efectuadas durante un intervalo finito de tiempo, primero desarrollaremos familiaridad con algunas de las propiedades de los desplazamientos rotatorios. * En el apéndice e se presenta un breve repaso del análisis vectorial.

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472

CAP.20

CINEMÁTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

Teorema de Euler. El teorema de Euler afirma que dos rota-

1

ciones "componentes" en tomo a ejes distintos que pasen por un punto son equivalentes a una rotación única resultante, en tomo a un eje que pase por el punto. Si se aplican más de dos rotaciones, pueden combinarse en pares, y a cada par puede reducirse para combinarse en una rotación.

g t ñ

P t

C

Rotaciones finitas. Si las rotaciones componentes que se emplean en el teorema de Euler son finitas, es importante mantener el orden en que se aplican. Esto se debe a que las rotaciones finitas no obedecen la ley de suma vectorial y, por lo mismo, no pueden clasificarse como cantidades vectoriales. Para demostrarlo, consideremos en las dos rotaciones finitas 81 + 82 aplicadas al bloque de la figura 20.la. Cada rotación tiene una magnitud de 90°, y su dirección está definida por la regla de la mano derecha, como lo indica la flecha. La orientación resultante del bloque se muestra a la derecha. Cuando estas dos rotaciones se aplican en el orden 82 + 8¡, como se indica en la figura 20.lb, la posición resultante del bloque no es la misma que la de la figura 20.la. En consecuencia, las rotaciones finitas no obedecen la ley conmutativa de la suma (81 + 8z * 82 + (1) y, por lo tanto, no pueden clasificarse como vectores. Si para demostrar esto se hubieran empleado rotaciones finitas pero más pequeñas, por ejemplo, 10° en lugar de 90°, la orientación resultante del bloque después de cada combinación de rotaciones también hubiera sido diferente; sin embargo, en este caso la diferencia hubiera sido una cantidad más pequeña.

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t

1 t t

s r

( }

1 t

, g e

1

s

~ y

+ (a)

1

z

IJ:!

0

=90

11

+

y

(b)

Fig.20.1

y

SECo 20.1

ROTACIÓN ALREDEDOR DE UN PUNTO FIJO

Rotaciones infinitesimales. Al definir los movimientos angulares de un cuerpo sujeto a movimiento tridimensional, sólo se tendrán en cuenta rotaciones que sean infinitesimalmente pequeñas. Estas rotaciones pueden considerarse como vectores, porque se pueden sumar vectonalmente de cualquier manera. Para demos-

trarlo, con el fin de simplificar, consideremos que el cuerpo rígido mismo sea una esf~ra a la cual se le permite girar con respecto a su punto central fijo 0, figura 20.2a. Si se efectúan dos rotaciones infinitesimales dOI + dOz con el cuerpo, se ve que el punto P se mueve a lo largo de la trayectoria dOI x r + dOz x r y termina estando en P'. Si las dos rotaciones sucesivas hubieran tenido lugar en el orden dOz + dOI, entonces los desplazamientos resultantes de P habrían sido d02 x r + dOI x r. Como el producto vectorial obedece a la ley distributiva, por comparación, (dOI + dOz) x r = (d02 + dOI) x r. Por lo tanto, las rotaciones infinitesimales de son vectores, porque esas cantidades tienen tanto magnitud como dirección para las cuales el orden de la suma (vectorial) no es importante, es decir, dOI + dOz = d02 + dOI' Además, como se ve en la figura 20.2a, las dos rotaciones "componentes" dOI y d02 son equivalentes a una rotación única resultante dO = d 01 + d O2, una consecuencia de la ley de Euler.

(a)

Velocidad angular. Si el cuerpo se somete a una rotación angular dO con respecto a un punto fijo, la velocidad angular del cuerpo queda definida por la derivada con respecto al tiempo, (20.1) (b)

La línea que especifica la dirección de lO, que es colineal con dO, se llama eje instantáneo de rotación, figura 20.2b. En general, este eje cambia de dirección a cada instante de tiempo. Como dO es una cantidad vectorial, también lo es lO; así, de acuerdo con la suma vectorial, se deduce que si el cuerpo se somete a dos movimientos angulares componentes, es decir, lO I = e¡, y lO2 = e2, entonces la velocidad angular resultante será lO = lO I + lO2•

Fig.20.2

Aceleración angular. La aceleración angular del cuerpo queda determinada por la derivada de la velocidad angular con respecto al tiempo, es decir, (20.2)

Para el movimiento alrededor de un punto fijo, a debe tener en cuenta un cambio tanto en la magnitud como en la dirección de lO, y por lo tanto, en general, a no se dirige a lo largo del eje instantáneo de rotación, figura 20.3.

Fig.20.3

473

474

CAP.20 CINEMÁTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

Eje instnntúneo de rot;Jción

Cuando cambia en el espacio la dirección del eje instantáneo de rotación (o la línea de acción de (l»), el lugar geométrico de los puntos definidos por el eje genera un cono espacial fijo. Si se ve este cambio de eje con respecto al cuerpo giratorio, el lugar geométrico del eje genera un cono de cuerpo, figura 20.4. En cualquier momento dado, esos conos son tangentes a lo largo del eje instantáneo de rotación, y cuando el cuerpo está en movimiento, el cono dei cuerpo parece rodar ya sea en la superficie interior o la exterior del cono espacial fijo. Siempre que las trayectorias definidas por los extremos abiertos de los conos se describan por la punta del vector (l), a debe actuar en dirección tangente a esas trayectorias en un momento dado, porque la rapidez de cambio de (l) es igual a la de a, figura 20.4.

Velocidad. Una vez especificada (l), puede calcularse la velociFig.20.4

dad de cualquier punto P de un cuerpo que gira en tomo a un punto fijo con los mismos métodos que los que se emplean para un cuerpo giratorio en tomo a un eje fijo, sección 16.3. Por lo tanto, de acuerdo con el producto vectorial, (20.3)

Aquí, r define a la posición deP medida a partir del punto fijo 0, figura 20.3.

Aceleración. Si se conocen

(l) y a en determinado momento, puede obtenerse la aceleración de cualquier punto P en el cuerpo diferenciando la ecuación 20.3 con respecto al tiempo, con lo cual se obtiene

a=axr+(l)X«(l)Xr)

(20.4)

La forma de esta ecuación es la misma que se desarrolló en la sección 16.3, donde se define la aceleración de un punto ubicado en un cuerpo sometido a rotación en tomo a un eje fijo.

*20.2 Derivada de un vector con respecto al tiempo, medida desde . un sistema fijo y otro en traslación y rotación En muchos problemas en los que interviene el movimiento de un cuerpo en tomo a un punto fijo, se especifica la velocidad angular (l) en términos de sus movimientos angulares componentes. Por ejemplo, el disco de la figura 20.5 gira en tomo al eje y horizontal en (l)" mientras gira o precede en tomo al eje vertical z en (l)p' Por lo tanto, su velocidad angular resultante es (l) = (l)s + (l)p'

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SECo 20.2 DERIVADA DE UN VECTOR CON RESPECTO AL TIEMPO, MEDIDA DESDE...

Si se va a calcular la aceleración angular a del cuerpo, a veces es más fácil calcular la derivada de m con respecto al tiempo (ecuación 20.2), empleando un sistema de coordenadas que tenga una rotación definida por una o más de las componentes de m. * Por esta razón, y para otros empleos posteriores, se deducirá a continuación una ecuación que relaciona la derivada de cualquier vector A con respecto al tiempo, definida con respecto a un marco de referencia en traslación y rotación, con la derivada definida con respecto a una referencia fija. Consideremos los ejes x,y,z del marco móvil de referencia, y supongamos que tienen una velocidad angular Q medida con respecto a los ejes fijos X, y, Z, figura 20.6a. En lo que sigue, será conveniente expresar el vector A en términos de sus componentes i, j, k, que definen las direcciones de los ejes en movimiento. Por lo tanto,

475

x

Fig.20.S

En general, la derivada de A con respecto al tiempo debe tener en cuenta tanto el cambio de magnitud como de dirección de este vector. Sin embargo, si se toma esta derivada con respecto al marco móvil de referencia, sólo debe explicarse un cambio en las magnitudes de las componentes de A, porque las direcciones de estas componentes no cambian con respecto a la referencia móvil. Por lo tanto, z

(20.5) Cuando se toma la derivada de A con respecto al marco fijo de referencia, las direcciones de i, j, k sólo cambian debido a la rotación Q de los ejes y no debido a su traslación. Por lo tanto, en general,

Á=Ai+Ay J'+Ak+Ai+Ay J:+Ak .l'

X

Z

Z

/ -- - - - - - - - - - - -- - y

A continuación veremos las derivadas de los vectores unitarios con respecto al tiempo. Por ejemplo, i = di/dt representa sólo un cambio de la dirección de i con respecto al tiempo, ya que i tiene una magnitud fija igual a 1 unidad. Como se observa en la figura 20.6b, el cambio, di, es tangente a la trayectoria descrita por la punta de la flecha de i, a medida que i se mueve a causa de la rotación Q. Podemos por lo tanto definir a di, que tiene en cuenta tanto la magnitud como la dirección de di, empleando al producto vectorial i = Q x i. En general,

i=

Q x i

j

= Q

xj

k = Qxk

• En el caso del disco giratorio de la figura 20.5, a los ejes x, y, z se les puede impartir una velocidad angular ay.

x

(a)

n

~ ~

cu¡¡ndod

i tie mpo,:, 1+ dI

cu¡¡ndo

~

i el tiempo es

t

(b)

Flg.20.6

x

476

CAP.20 CINEMÁTICA DE UN CUERPO RÍGIDO EN TRES DIMENSIONES

Estas formulaciones se desarrollaron también en la sección 16.8, con respecto al movimiento de los ejes en un plano. Sustituyendo los resultados en la ecuación anterior, y empleando la ecuación 20.5, se llega a

IÁ

=

CÁ)xyz + n x A

(20.6)

Este resultado es muy importante y lo emplearemos en la sección 20.4 y en el capítulo 21. Dicho de otra manera, establece que la derivada de cualquier vector A con respecto al tiempo, observado desde el marco de referencia fijo X, y, Z es igual a la rapidez de cambio de A con respecto al tiempo, observado desde el marco de referencia x, y, z en traslación y rotación, ecuación 20.5, más n x A, que es el cambio de A originado por la rotación del marco x,y,z. En otras palabras, (Á)xyz indica la rapidez de cambio de la magnitud de A con respecto al tiempo, y n x A indica la rapidez de cambio de la dirección de A con respecto al tiempo. Como resultado, siempre debe emplearse la ecuación 20.6 cuando n produzca un cambio en la dirección de A, visto desde la referencia X, y, Z. Si este cambio no se presenta, es decir, si n = O, entonces Á = (Á)l)'Z Y así la rapidez de cambio de A vista desde ambos sistemas de coordenadas será la misma.

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SECo 20.2

DERIVADA DE UN VECfOR CON RESPECfO AL TIEMPO, MEDIDA DESDE...

Ejemplo 20.1

El disco que muestra la figura 20.7a gira en tomo a su eje horizontal con velocidad angular lü, constante igual a 3 rad/s, mientras que la plataforma horizontal en la que está montado el disco gira alrededor del eje vertical con velocidad lüp = 1 rad/s constante. Calcule la aceleración angular del disco y la velocidad y aceleración del punto A en el disco cuando está en la posición indicada.

z,z

(al

Flg.20.7

SOLUCIÓN

El punto O representa un punto fijo de rotación para el disco, si se imagina uno una extensión hipotética del disco hasta ese punto. Para calcular la velocidad y aceleración del punto A, es necesario primero calcular la velocidad angular lü resultante y la aceleración angular a del disco, porque esos vectores se usan en las ecuaciones 20.3 y 20.4. Velocidad angular. 4 velocidad angular, que se mide desde el marco X, y, Z, es simplemente la suma vectorial de los dos

movimientos componentes. Así, lü = lü,

+

lüp =

(3j - lk) rad/s

A primera vista no parece que el disco en realidad gire con esa velocidad angular, porque en general es más difícil imaginar la resultante de movimientos angulares que de movimientos lineales. Para comprender más el movimiento angular, imaginémonos que el disco se remplaza por un cono, un cono de cuerpo, que rueda sobre el cono de espacio estacionario, figura 20.7b. El eje instantáneo de rotación queda a lo largo de la línea de contacto de los conos. Este eje define la dirección de la lü resultante, que tiene componentes lü, y lüp"

477

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478

CAP.20 CINEMÁTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

(b )

Aceleración angular. Como la magnitud de Cü es constante, sólo un cambio de su dirección, visto desde una referencia fija, crea la aceleración angular a del disco. Un modo de obtener a es calcular la derivada de cada una de las dos componentes de Cü con respecto al tiempo, empleando la ecuación 20.6. En el momento que se ve en la figura 20.7a, imaginémonos que los marcos de referencia X; Y,Z fijo y x, y, z rotatorio coinciden. Si se escoje el marco rotatorio X, y, z teniendo como velocidad angular Q = Cüp = {1k} rad/s, entonces Cüs siempre estará dirigida a lo largo del eje y (y no el eje Y), y la derivada de la rapi- . dez de cambio de Cüs con respecto al tiempo, vista de x, y, z es cero, es decir, (ws)l)'Z = o: la magnitud de Cüs es constante. Sin embargo, Q = Cüp cambia la dirección de Cüs ' Entonces

Ws = (w.)ryz + Cüp X Cüp = O + (lk) x (3j) = (- 3i) rad/s 2 Con la misma selección de ejes en rotación, Q = Cüp , o aun con Q = O, la derivada (wp}ryz = O, porque Cül' siempre se dirige a lo largo del eje z (o el Z) y tiene su magnitud constante.

Por lo tanto, la aceleración angular del disco es a=

w= W + s

wl'

= {- 3i} rad/s 2

Resp.

Velocidad y aceleración. Como se han determinado Cü y ex, pueden calcularse la velocidad y aceleración del punto A mediante las ecuaciones 20.3 y 20.4. Teniendo en cuenta que r A = {lj + 0.25k} m, figura 20.7, tenemos = Cü X rA = (3j + lk) x (lj + 0.25k) = {- 0.25i} mis Resp. aA = a x r A + Cü x (Cü x r A) = (- 3i) x (lj + 0.25k) + (3j + lk) x [(3j + lk) x (lj + 0.25k)] = [0.5j - 2.25k) m/s2 Resp. VA

SECo 20.2 DERIVADA DE UN VECfOR CON RESPECfO AL TIEMPO, MEDIDA DESDE...

479

Ejemplo 20.2 En el momento en que {} = 60°, el trompo de la figura 20.8 tiene tres componentes de movimiento angular dirigidas como se indica y con magnitudes definidas aSÍ: giro: (i)s = 10 rad/s, aumentando con tasa de 6 rad/s 2 nutación: (i)n = 3 rad/s, aumentando con tasa de 2 rad/s2 precesión: (i)p = 5 rad/s, aumentando con tasa de 4 rad/s2 Calcule la velocidad y aceleración angulares del trompo. SOLUCIÓN Velocidad angular. El trompo gira alrededor del punto fijo O. Si coinciden 'los marcos de referencia fijo y rotatorio en el instante que muestra la figura, entonces la velocidad angular puede expresarse en términos de las componentes i, j, k, del marco x, y, z, es decir, (i) = - (i)ni + (i)s sen {}j + ((i)p + (i)s cos {})k = - 3i + 10 sen 60 j + (5 + cos 60 )k = [- 3i + 8.66j + 10k} rad/s Resp. 0

0

Aceleración angular. Como en la solución del ejemplo 20.1, la aceleración angular a se determinará investigando por separado la rapidez de cambio de cada una de las componentes de la velocidad angular, observadas desde el marco de referencia X; y, Z. Escogeremos una Q para la referencia X, y, z, de tal modo que la componente de (i) que se considera, se visualiza como si tuviera una dirección constante cuando se observa desde X, y, z. Un examen cuidadoso del movimiento del trompo revela que (i)s tiene dirección constante en relación con X, y, z si estos ejes giran en Q = (i)n + (i)r Como (i)n siempre queda en el plano X - Y fijo, este vector tiene dirección constante si el movimiento se ve desde los ejes X, y, z, teniendo una rotación Q = (i)p (y no Q = (i)s + (i)p) ' Finalmente, la componente (i)p siempre se dirige a lo largo del eje Z, de tal modo que no es necesario imaginarse quex, y, z gira, es decir, Q = O. Expresando los datos en términos de las componentes i, j, k, tenemos Para (i)" Q = (i)n + (i)p (esta rotación cambia la dirección de (i)s en relación con X; Y,Z):

Ws =

(w.)xyz

+ ((i)n +

(i)p) X (i)s

(6 sen 60 0j+6 cos 600 k)+(- 3i+5k) x (10 sen 60 0j +10 cos 600 k) = [- 43.30i + 20.20j - 22.98k} rad/s 2

=

Para (i)m Q = (i)p (esta rotación cambia la dirección de (i)n en relación con X; Y,Z): w n = (wn)xyz + (i)p X (i)n = - 2i + (5k) x (-3i) = [-2i - 15j} rad/s2 Para (i)p , Q = O (como la rotación es cero, la dirección de no cambia en relación con X; y, Z): 2 w p = (wp)xyz = [4k) rad/s Por lo tanto, la aceleración angular del trompo es 2 a = Wx + w Resp. n + w p = [- 45.3i + 5.20j - 19.0k} rad/s (i)p

10 radls cO s = 6 radls 2

úJ s =

.~~--------~- ~y

/.

X,x Siempre en el plano x-y

Fig. 20.8

480

CAP.20 CINEMÁTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

*20.3 Movimiento general

Eje instantáneo i

de rotación

:\

\~

LY\

z

"..

.i"'--.,¡-,.----y VA

r. X

8A

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~---------y o

i

X 1;

1, 1:

En la figura 20.9 se muestra un cuerpo rígido sometido a movimiento general en tres dimensiones, para el que la velocidad angular es ea y la aceleración angular es a. Si un punto A tiene movimiento conocido de VA y aA, puede determinarse el movimiento de cualquier otro punto B, empleando un análisis de movimiento relativo. En esta sección se empleará un sistema de coordenadas en traslación para definir al movimiento relativo, y en la siguiente sección se verá un marco de referencia que gira y se traslada al mismo tiempo. Si el origen del sistema x, y, z de coordenadas en traslación (Q = O) se ubica en el "punto base" A, entonces, en el momento que indica la figura, puede considerarse que el movimiento es la suma de la traslación instantánea del cuerpo con velocidad VA y aceleración 3A, y de rotación en torno a un eje instantáneo que pasa por el punto base. Como el cuerpo es rígido, el movimiento del punto B medido por un observador ubicado en A es el mismo que el movimiento del cuerpo alrededor de un punto fijo. Este movimiento relativo se presenta alrededor del eje instantáneo de rotación y se define mediante VBIA = ú) x rBIA' ecuación 20.3, y aBIA = a x rBIA + ú) x (ú) x rBIA), ecuación 20.4. Para los ejes en traslación los movimientos relativos se relacionan con los absolutos mediante VB = VA + VBIA Y aB = aA + aBIA' ecuaciones 16.14 y 16.16, de modo que la velocidad y aceleración absolutas de un punto B pueden calcularse mediante las ecuaciones

Fig.20.9

(20.7) y (20.8) Estas dos ecuaciones son idénticas a las que describen al movimiento general de un cuerpo rígido en el plano, ecuaciones. 16.15 y 16.17. Sin embargo, la dificultad en su aplicación surge para el movimiento tridimensional debido a que a mide el cambio de ea tanto en magnitud como en dirección. (Recuérdese que, para el movimiento general en el plano, a y ea siempre son paralelas o perpendiculares al plano de movimiento y, por lo tanto, a sólo mide un cambio de magnitud de ú)). En algunos problemas las limitaciones o conexiones de un cuerpo necesitarán que se definan las direcciones de los movimientos angulares o trayectorias de desplazamiento de los puntos del cuerpo. Como se verá en el siguiente ejemplo, esta información es útil para obtener algunos de los términos de las ecuaciones anteriores.

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SECo 20.3 MOVIMIENTO GENERAL

481

Ejemplo 20.3

Un extremo de la barra rígida CD que se muestra en la figura 20.1Oa se desliza por la ranuraAB en la pared, y el otro extremo se desliza por el miembro vertical EF. Si el collarín C se mueve hacia B a una velocidad de 3 mis, calcule la velocidad del collarín en D y la velocidad angular de la barra en el momento que se ve en la figura. La barra está unida a los collarines en sus extremos mediante uniones esféricas.

z

SOLUCIÓN La barra CD está sujeta a movimiento general. ¿Por qué? La velocidad del punto D en la barra puede relacionarse con la velocidad del punto C mediante la ecuación (al

vD=ve+ wxrD/e

Se supone que los marcos de referencia fijos y en traslación coinciden en el instante que se está considerando, figura 20.lOb. Se tiene entonces Ve =

VD = - vDk

rD/e = (li + 2j - 0.5k) m

z, z A

(3j) mis

w = wzi + wyj + wzk D

Sustituyendo estas cantidades en la ecuación anterior se obtiene i j k - VDk =

3j +

Wz

wy

Wz

1

2

-0.5

(bl

Desarrollando el determinante e igualando las componentes respectivas de i, j, k se obtienen las tres ecuaciones siguientes -O.5wy - 2wz = O (1) 0.5wz + 1wz + 3 = O (2) 2wz - 1wy + VD = O (3) Estas ecuaciones contienen cuatro incógnitas. * Puede formularse una cuarta ecuación si se especifica la dirección de w. En especial, cualquier componente de w a lo largo del eje de la barra no tiene efecto en el movimiento de los collarines. Esto se debe a que la barra puede girar libremente en tomo a su eje. Por lo tanto, si se especifica que w actúa en dirección perpendicular al eje de la barra, entonces debe tener una magnitud única que satisfaga las ecuaciones anteriores. Se garantiza la perpendicularidad siempre que el producto escalar de w y rD/e sea cero (véase Ec. C.14). Por lo tanto, w· rD/e = (wz i+ wyj + w.k) . (li + 2j - 0.5k) = O 1wz + 2wy - O.5wz = O

(4)

La solución de las ecuaciones simultáneas 1 a 4 da como resultado Wx

= - 4.86 rad/s

wy = 2.29 rad/s 12.0 mis ¡

VD =

Wz =

-0.571 rad/s

VD!

Resp. Resp.

• Aunque este es el caso, puede obtenerse la magnitud de VD. Por ejemplo, si se despeja a ay y Wx de las ecuaciones 1 y 2, Yse sustituyen en la ecuación 3. Se notará que COz se elimina, lo que permite una solución para VD.

Flg.20.10

482

CAP.20 CINEMÁTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

PROBLEMAS 20.1. La hélice de un aeroplano gira a velocidad constante /11s i, Y al mismo tiempo el avión da una vuelta a

velocidad constante /11,. Calcule la aceleración angular de la hélice si (a) la vuelta es horizontal, es decir, /11,k, y (b) la vuelta es vertical hacia abajo, es decir, /11,j.

20.3. Los engranajes cónicos A y B están fijos, mientras que los engranajes cónicos e y D pueden girar li-

bremente en torno al eje S. Este eje gira alrededor del eje z a una velocidad constante /111 = 4 radfs. Calcule la velocidad y aceleración angulares del engranaje C.

.----.

)'

x

Prob.20.1

Prob.20.3

20.2. El ventilador está montado en un soporte gira- ,. 20.4. En el instante que se ve en la figura, la antena torio y en el instante que se ve en la figura gira tam- de radar gira en torno al eje z con /111 = 3 rad/s, que

bién en torno al eje z con /111 = 0.8 rad/s, que aumenta a 12 rad/s2. Las aspas giran a Cl'2 = 16 rad/s, y están desacelerando a 2 rad/s2. Calcule la velocidad y aceleración angulares del aspa en este momento.

aumenta a razón de 4 radfs2. También, en este instante, la inclinación ~ = 30° Yi' = 2 rad/s,9J = 6 rad/s2• Calcule la velocidad y aceleración angulares del plato en este momento.

el)'

I

= 3 rad/s

I -+x

= 30° -'----y

y

x

Prob.20.2

/

Prob.20.4

PROBLEMAS

483

20.5. La escalera del camión contra incendios gira en • 20.8. El engranaje cónico A gira sobre el otro engratomo al eje z con velocidad angular ())l == 0.15 rad/s, naje cónico fijo B. En el instante que aparece en la fique aumenta a 0.8 rad/s 2. En el mismo instante gira gura el eje al que está unido A gira a 2 rad/s en tomo hacia arriba con velocidad constante Ci'2 == 0.6 rad/s. al eje z y tiene aceleración angular de 4 rad/s2. Calcule Calcule la velocidad y aceleración del puntoA, ubica- la velocidad y aceleración angulares del engranajeA. do en el último peldafio de la escalera, en este momento.

l

I

w, t

30°

ct' I

y

Prob.20.8

Prob.20.5

20.6. El eje BD está conectado a una unión esférica en el punto B, y el engranaje cónico A está fijo en su otro extremo. El engranaje se acopla con un engranaje cónico fijo C. El eje y el engranaje A giran con velocidad angular ())l == 8 rad/s fija. Calcule la velocidad y aceleración angulares del engranajeA.

20.9. El cono rueda sin resbalar de tal modo que en el instante que aparece en la figura ()) == 4 rad/s y a == 3 rad/s 2. Calcule la velocidad y la aceleración del puntoA en este momento.

20.7. Resuelva el problema 20.6 si el eje BD tiene ())l == 8 rad/s y al == 4 rad/s 2. z

I

cb w - - --

w = 4 rad/s 2 a = 3 rad/s

-x

x

A

y

Probs.20.6/20.7

Prob.20.9

www.elsolucionario.org 484

CAP.20 CINEMÁTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

20.10. La varilla AB está unida a los collarines en sus extremos mediante rótulas. Si el collarín A tiene una velocidad VA = 5 ft/s, calcule la velocidad angular de la varilla y lá del collarín B en el instante que se muestra en la figura. Suponga que la velocidad angular de la varilla se dirige perpendicularmente a ella.

20.14. La varilla está unida a los collarines en A y B por sus extremos mediante rótulas. Calcule la velocidad de B si A se mueve a VA = 6 mis. Calcule también las componentes de la velocidad angular de la varilla a lo largo de los ejes x, y, z si dicha velocidad angular está dirigida en sentido perpendicular al eje de la varilla.

20.11. La varilla AB está unida a los collarines en sus extremos, mediante rótulas. En el instante que muestra la figura el collarín A tiene una aceleración 8A = {6i} ft/s2, y una velocidad vA = {5i} ft/s2. Calcule la aceleración angular de la varilla y la aceleración del collarín B. Suponga que la velocidad y aceleración angulares de la varilla son ambas perpendiculares a ésta.

~~~tt-------------~-- y

B

x

4ft--l

x

www.elsolucionario.org Probs.20.10/20.11 Prob.20.14

* 20.12. La varillaAB está fija a collarines en sus extremos mediante rótulas. El collarín A tiene una velocidad vA 15 ft/s en el instante que se muestra. Calcule la velocidad del collarín B.

=

20.13. La varillaAB está fija a collarines en sus extremos mediante uniones esféricas. El collarín A tiene una aceleración aA = 2 ft/s2 en el instante que se ve en la figura . Calcule la aceleración del collarín B.

6ft:!

20.15. La varilla AB está unida en sus extremos a collarines mediante uniones esféricas. El collarín A tiene una velocidad VA = 20 ft/s en el instante indicado en la figura. Calcule la velocidad del collarín B .

2

ft ---1

I~Otus

A

y

Probs.20.12/20.13

Prob.20.IS

PROBLEMAS

• 20.16. La varillaAB está unida al brazo giratorio mediante rótulas. SiAe gira con velocidad angular constante de 8 rad/s alrededor del perno en e, calcule la velocidad angular del eslabón BD en el instante indicado en la figura.

c:S

AC

= 8 rad/s

485

20.19. Resuelva el problema 20.17 si la conexión en B consta de un perno como se ve en la figura a continuación, y no una unión esférica. Sugerencia: La limitante permite la rotación de la varilla con respecto a la dirección DE (dirección j), así como en la dirección del eje del perno (dirección n). Como no hay componente rotativa en la dirección U, es decir, perpendicular a n y a j, siendo u = j x n, se puede tener una ecuación más para la solución a partir de (¡) . u = O. El vector n está en la misma dirección que el rB!e x rD/e.

1.5 rt I

3 fl A

.,. u

Prob.20.19

Prob. 20.16

20.17. El disco A gira a velocidad angular constante de 10 rad/s. Si la varilla Be está unida al disco y al co- • 20.20. El conjunto de varillas está soportado en B llarín mediante uniones esféricas, calcule la velocidad mediante una rótula, y en A mediante un grillete. El del collarín B en el instante indicado en la figura. collarín en B se mueve en el plano x - z con una velo¿Cuál es la velocidad angular (¡)Be de la varilla, si es cidad VB = 5 ft!s. Calcule la velocidad de los puntosA perpendicular a su eje? y C. Sugerencia: Véase Probo 20.19. 20.18. Si el disco del problema 20.17 tuviera una aceleración angular a = 5 rad/s2, calcule la aceleración del collarín B en el momento representado en la figu ra, cuando (¡) = 10 rad/s. ¿Cuál es la aceleración angular aBe de la varilla si es perpendicular al eje de ésta?

D

B

E

300 mm 200 mm

x

'/"' - - - -- -- r - - ' --

-

y

100 mm

Probs.20.17/20.18

Prob. 20.20

486

CAP.20 CINEMÁTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

20.21. La varilla AB está sostenida en B mediante una unión esférica y enA mediante un grillete. El collarín en B tiene una velocidad VB = 6 ft/s. Calcule la velocidad del grillete enA. Sugerencia: Véase el Probo 20.19.

20.23. La varillaAB está fija mediante rótulas a collarines en sus extremos. El collarín A se mueve hacia arriba con una aceleración aA = 4 ft/s 2. Calcule la aceleración angular de la varilla AB y la magnitud de la aceleración del collarín B. Suponga que la aceleración angular de la varilla tiene dirección perpendicular al eje de la misma.

1--- - 4 ft - -.....

x

Probs. 20.22/20.23

Prob.20.21

20.22. La varillaAB está sujeta mediante rótulas a los * 20.24. El extremo e de la placa descansa sobre el placollarines en sus extremos. El collarín A se mueve ha- no horizontal, mientras que las esquinas A y B están cia arriba con una velocidad de 8 ft/s. Calcule la velo- constrefiidas a moverse por las correderas. En el inscidad angular de la varilla, y la velocidad del collarín tante que muestra la figura A se mueve hacia abajo B en el instante que se muestra en la figura. Suponga con velocidad constante VA = 4 ft/s. Calcule la velocique la velocidad angular de la varilla se dirige en sen- dad angular de la placa y las velocidades de los puntido perpendicular a ella. tosByC.

\----....-y

------<-/ x

Probs. 20.22/20.23

Prob.20.24

www.elsolucionario.org SECo 20.4 ANÁLISIS DE MOVIMIENTO RELATIVO EMPLEANDO EJES EN TRASLACIÓN...

*20.4 Análisis de movimiento relativo empleando ejes en traslación y en rotación '-

La forma más general de analizar el movimiento de un cuerpo rígido en tres dimensiones requiere del empleo de un sistema de ejes X, y, Z, que se traslade y gire al mismo tiempo en relación con un segundo marco X; y, Z. Este análisis también da un medio de determinar los movimientos de dos puntos ubicados en miembros separados de un mecanismo, y para calcular el movimiento relativo de una partícula con respecto a otra cuando una o ambas se mueven en trayectorias giratorias. En esta sección se desarrollarán dos ecuaciones que relacionan las velocidades y aceleraciones de dos puntos A y B, de los cuales uno se mueve en relación con un marco de referencia sujeto tanto a traslación como a rotación. Debido a la generalidad de la deducción, A y B pueden representar dos partículas que se mueve::1 independientemente entre sí, o dos puntos ubicados en el mismo cuerpo rígido o en distintos cuerpos rígidos. Como muestra la figura 20.11, las ubicaciones de los puntos A y B se especifican mediante los vectores de posición rA Y rB en relación con el marco de referencia X; y, Z. El punto base A representa el origen del sistema coordenado x, y, Z, que se traslada y gira con respecto a X; y, Z. En el instante que se está considerando, la velocidad y aceleración del punto A son, respectivamente, VA y 3 A , Yla velocidad y aceleración angular de los ejes X, y, Z son Q y Q = dQ/dt, respectivamente. Todos estos vectores se miden con respecto al marco de referencia X; y, Z, aunque pueden expresarse en forma de componentes cartesianos a lo largo de ambos conjuntos de ejes.

z

x K~~ _

_____________ y

1 J

x/ Fig.20.11

487

488

CAP.20 CINEMÁTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

Posición. Si la posición de "B con respecto a A" se especifica mediante el vector rBIA de posición reLativa figura 20.11, entonces, por suma vectorial,

(20.9)

donde rB

rA rBIA

= posición deB

= posición del origenA = posición relativa de "B con respecto aA"

Velocidad. La velocidad del punto B, medida desde el marco X; Y,Z se determina derivando la ecuación 20.9 con respecto al tiempo, que nos da

Los dos primeros términos representan a VB YVA' El último térmi-

no se evalúa aplicando la ecuación 20.6, ya que se mide entre www.elsolucionario.org dos puntos de una referencia giratoria. Por lo tanto, r BIA

(20.10) En esta ecuación (VBIA)xyz representa la velocidad relativa de B con respecto aA medida desde el marco X, y, z. Así,

(20.11)

donde VB VA

(VBIA).ryz

Q rBIA

= velocidad deB = velocidad del origenA del marco de referencia X, y, z = velocidad relativa de "B con respecto a A" medida por un observador fijo al marco de referencia x, y, z giratorio = velocidad angular del marco de referencia x, y, z = posición relativa de "B con respecto aA"

Aceleración. La aceleración del punto B con respecto al marco X; y, Z se determina derivando la ecuación 20.11 con respecto al tiempo, con lo cual se obtiene

SECo 2004 ANÁLISIS DE MOVIMIENTO RElATIVO EMPLEANDO EJES EN TRASlACIÓN...

La~derivadas con respecto al tiempo que se definen en el primero y segundo términos representan, respectivamente, a aB Y a aA. El cuarto término se evalúa empleando la ecuación 20.10, y el último término se evalúa aplicando la ecuación 20.6, con lo cual se obtiene

VB/A = (VB/A)xyz + Q x (VB/A)xyz =

(aB/A)xyz + Q x (VB/A)ryz

Aquí (aBIA)xyz es la aceleración relativa deB con respecto aA medida desde X, y, z. Sustituyendo este resultado y la ecuación 20.10 en la ecuación de arriba, y simplificando, obtenemos

(20.12) donde aB

aA

= aceleración de B

= aceleración

del origen A del marco de referencia x, y, z (aB/A)xyz> (VB/A)xyz = aceleración relativa y velocidad relativa, de "B con respecto aA" medidas por un observador fijo al marco de referencia giratorio x, y, z Q, Q = aceleración angular y velocidad angular del marco de referencia x, y, z r B/A = posición relativa de "B con respecto aA" Las ecuaciones 20.11 y 20.12 son idénticas a las que se emplearon en la sección 16.8 para analizar el movimiento relativo en el plano. * Sin embargo, en este caso, la aplicación se simplifica porque Q y Q tienen dirección constante que siempre es perpendicular al plano de movimiento. En el caso de m~)Vimiento en tres dimensiones, se debe calcular Q empleando la ecuación 20.6, ya que Q depende de la variación de Q tanto en magnitud como en dirección.

• Consúltese la sección 16.8, donde aparece una interpretación de los términos.

489

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490

CAP.20 CINEMÁTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS El procedimiento que sigue es un método de aplicación de las ecuaciones 20.11 y 20.12 para resolver problemas en los que interviene el movimiento tridimens~bnal de partículas o de cuerpos rígidos.

Ejes coordenados. Defi~a la ubicación y la orientación de los ejes coordenados X, y, Z y x, y, z. En la mayor parte de los casos se obtienen soluciones con facilidad si en el instante que se considera: (1) los orígenes coinciden, (2) los ejes'son colineales y/o (3) los ejes son paralelos. Como pueden intervenir varias componentes de velocidad angular en un problema, se abreviarán los cálculos si se seleccionan los ejes X, y, z de tal modo que sólo se observe una componente de velocidad angular (Qxyz) y el marco gire estando definida Q por las demás componentes de la velocidad angular. Ecuaciones cinemáticas. Después de haber definido el origen A del marco de referencia en movimiento, y haber especificado al punto B en movimiento, formule las ecuaciones 20.11 y 20.12 en forma simbólica VB = VA + Q x rB/A + (VBIA)xyz a B = aA Q x rB/A + Q x (Q x

rB/A) + 2Q

x

(VB/A)xyz + (aB/A)xyZ

Los vectores Q, rA YrBtA se deben deflnir de acuerdo con los datos del problema, y representarse en sus formas cartesianas. El movimiento de la referencia móvil necesita de la especiflcación de VA' aA Yn. Emplee la ecuación 20.6 para calcular esos vectores si rA YQ parecen cambiar de dirección cuando se observan desde el marco de referencia X, y, Z fljo. De igual modo, si parecen cambiar de dirección rBtA YQxyz cuando se observan desde el marco giratorio x, y, z de referencia, entonces emplee la ecuación 20.6 para calcUlar (VBtA)xyZ1 (aBtA)xyz y nxyz. En todos los casos, las cantidades cinemáticas de posición, velocidad y velocidad angular que se empleen para calcular las derivadas necesarias con respecto al tiempo deben considerarse como variables. Después de haber obtenido las formas flnales de n, VA' aA, (Q}1)'Z1 (VB/A)xyz y (aB/A)xyZ1 se pueden sustituir los datos numéricos del problema y evaluar los términos cinemáticos. Se pueden seleccionar las componentes de todos estos vectores, ya sea a lo largo de los ejes X, y, Z o de los ejes x, y, z. La selección es arbitraria, siempre que se emplee un conjunto consistente de vectores unitarios. Por último, sustituya los datos en las ecuaciones cinemáticas y efectúe las operaciones vectoriales. Los dos ejemplos siguientes muestran este procedimiento.

SECo 20.4 ANÁLISIS DE MOVIMIENTO RELATIVO EMPLEANDO EJES EN TRASLACIÓN...

Ejemplo 20.4 Un motor M y una varillaAB fija a él tienen el movimiento angular que se ve en la figura 20.12. En la varilla está un collarín e a 0.25 m de A, y se mueve hacia abajo a lo largo de dicha varilla con una velocidad de 3 mis y una aceleración de 2 m/S2. Calcule la velocidad y aceleración de e en este instante.

SOLUCIÓN Ejes coordenados. Se escoge el origen del marco de referencia fijo X, y, Z en el centro de la plataforma, y el origen del marco X, y, z en movimiento en el puntoA, figura 20.12. Como el collarín está sujeto a dos componentes de movimiento angular, (i)p y (i)M' se considera que tiene una velocidad angular Q.tyz = (i)M en x, y, z, y estos ejes están fijos a la plataforma, de tal manera que Q = (i)p"

z

.a¡¡;;..e:;---\-r

Fig.20.12

491

492

CAP.20 CINEMÁTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

Ecuaciones cinemálicas. Las ecuaciones 20.11 y 20.12, aplicadas a los puntos e y A, son las siguientes Vc = VA

+Q

x

rC/A + (VC/A).ryz

= aA + Q x rC/A + Q

ac

./

x

(Q x rC/A) + 2Q x (VOA)tyz + (aC/A).ryz

(1) (2)

Movimiemo del marco de referencia móvil Q

= rop = 5k}

Q=

w= 2k

rA

2i}

=

Q

no parece cambiar de dirección en relación con X;

p

r A parece cambiar de dirección en relación con X,

y, z

y, Z . Por lo tanto, debe aplicar-

se la ecuación 20.6 VA

= rA = (rA).ryz + rop x rA = O + 5k x 2i = 10j A = [(rA).ryz + rop x (rA)tyz] + p x rA + rop x = O + O + 2k x 2i + 5k x 10j = - 5Oi + 4j

aA =

w

r

rA

}

Como el punto A se mueve en trayectoria circular que queda en el plano X - Y, podemos aplicar también las ecuaciones 16.15 y 16.17 para obtener los mismos resultados.

Movimiento de e con respecto al marco de referencia móvil

www.elsolucionario.org x, y,

Nótese que Q.ryz no parece cambiar de dirección en relación con z.

rC/A = - O.25 k

rOA parece cambiar de dirección en relación con x, y, } be aplicarse la ecuación 20.6.

(voA)tyz = rC/A = (rC/A)tyz + roM x rOA

= - 3k + [3i

x

(- 0.25k)] = 0.75j - 3k

= [- 2k + 3i x (- 3k)] + [(ti)

x

(- 0.25k)] + [(3i) x (0.75j - 3k)]

= 18.25j + 0.25k Sustituyendo los datos en las ecuaciones 1 y 2 se obtiene Vc = VA

+Q

x

rC/A + (VOA)t)'z

= 10j [5k x (- 0.25k)] + (0.75j - 3k) = [1O.8j - 3k] mis ac

Resp.

= a A + Q x rC/A + Q x (Q x rOA) + 2Q x (VOA )l)'Z +(aOA).ryz = (-50i +4j) + [2k x (- 0.25k)] + 5k x [5k x (- 0.25k)] + 2[5k x (0.75j - 3k)] + (18.25j + 0.25k) = [- 57.5i + 22.2j + 0.25k} m/s2 Resp.

Z,

y por lo tanto de-

www.elsolucionario.org SECo 20.4 ANÁLISIS DE MOVIMIENTO RELATIVO EMPLEANDO EJES EN TRASLACIÓN. ..

493

Ejemplo 20.5

El péndulo que se ve en la figura 20.13 consta de dos varillas. LaAB está sostenida por un perno enA y oscila sólo en el plano Y - Z, mientras que en B hay un cojinete que permite qu¿ la varilla BD gire alrededor de AB. En un momento dado, las vaóllas tienen los movimientos angulares que se muestran en la figura. Un collarín e, ubicado a 0.2 m de B, tiene una velocidad de 3 mIs y una aceleración de 2 m/S2 a lo largo de la vaólla. Calcule la velocidad y aceleración del collarín en ese instante.

z,z

y

0.5

!TI

SOLUCIÓN I (Q = w» Q.tyz = ( 2 ) Ejes coordenados. Como la varilla gira en tomo al punto fijoA, se escogerá el origen del marco X, y, Z en A. El movimiento del collarín se observa convenientemente desde B, y por lo tanto el origen del marco X, y, z localiza en este punto.

Ecuaciones cinemáJicas V c = vB

+Q

ac = aB+

Q

Fíg. 20.13

(1) (2)

+ (Vc/B)ryz

x rC/B

x rC/B + Q x (Q x rc/B) + 2Q x (Vc/B),>,z + (aC/B)ryz

Movimiento del marco de referencia móvil Q = W l = 4i r B = -0.5k}

Q rB

VB = r B = (rB).tyz +

r

w

= Q no parece cambiar de dirección en relación con X, y, Z. l = 1.5i} parece cambiar de dirección en relación con X, y, z.

Wl

a B = B = [(rB).tyz +

wl

x r B = O + 4i x (-0.5k) = 2j x (rB).tyz] + l x r B + W l x r B

w

= (O + O) + [1.5i

x (- O.5k)] + 4i x 2j

= 0.75j + 8k

}

Es lo mismo que aplicar las ecuaciones 16.15 y 16.17, porque B tiene movimiento circular en el plano X - Y.

Movimiento de e con respecto a la referencia móvil Qryz

= Wz = 5k

rC/B =

0.2j}

(Vc/B)ryz = rc/B = (ac/B)ryz

= W2 = - 6k} Wz no parece cambiar de dirección en relación conx,y,z. rC/B parece cambiar de dirección en relación con X, y, z. Qryz

(rC/B).tyz + Wz x

= rC/B = [(rc/B)ryz + Wz

rC/B =

3j + 5k x O.2j

x (rC/B).tyz] +

wx 2

rC/B

=

- li + 3j

+ w2 x

rC/B

(2j + 5k x 3j) + (- 6k x 0.2j) + [5k x (- li + 3j)] =

- 28.8i - 3j

Sustituyendo los datos en las ecuaciones 1 y 2 se obtiene Vc = VB + Q x rC/B + (Vc/B).tyz = 2j + 4i x 0.2j + (- li + 3j) = (-li + 5j + 0.8k} mis a c = a B+ Q x

rC/B

+ Q x (Q x

rc/B)

+ 2Q x

= (O.75j +8k) + (1.5i x 0.2j) + [4i

Resp.

(VC/B)ryz +(ac/B)ryz

x (4i x 0.2j)]

+ 2[4i x (- li + 3j)] + (28.8i + 3j)

= (- 28.8i - 5.45j + 32.3k} m/s 2

Resp.

494

CAP.20 CINEMÁTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

SOLUCIÓN 11 (Q = úJ¡ + úJ2' Q.tyz = O) Movimiento del marco de referencia móvil

= úJ¡

Q

+ úJ2

= 4i

+ 5k

De acuerdo con las limitan tes del problema, úJ¡ no cambia de dirección en relación con X; Y,Z. Sin embargo, úJ¡ cambia a la dirección de úJ2' Así, un método sencillo de obtener consiste en considerar que hay ejes x' JI',z' que coinciden en A con los ejesX;Y,Z de tal modo que los ejes con prima tienen una velocidad angular úJ¡. Entonces

o.

o.

= év¡

+

év2 = [(év¡)ryz'

=

+

úJ¡ x úJ¡]

+ [(év2) ..yz' +

úJ¡ x úJ2]

(1.5i + O) + (-6k + 4i x 5k) = 1.5i - 20j - 6k

También rB

= - O.5k

En este caso de nuevo sólo úJ¡ cambia la dirección de rB de modo que pueden calcularse las derivadas de rB con respecto al tiempo empleando los ejes con prima que se definieron anteriormente, que giran a una velocidad úJ¡. Por lo tanto, VB = rB = (rB)xyz'

= O + 4i

+ x

úJ¡

x

rB

(- O,5k) = 2j

+ úJ¡ x (rB)xyz'] + év¡ x rB + úJ¡ x rB [O + O] + [1.5i x (- O,5k)] + 4i x 2j = O.75j + 8k

BB = rB = [(rB)x'Y'z'

=

Movimiento de e con respecto a la referencia móvil Q.tyz

=O

o..tyz =

O

rCtB =

O.2j]

(Vc/B).tyz = (ac/B).tyz

rC/B

rC/B

=

no parece cambiar de dirección en relación conx,y,z.

3j

= rC/B = 2j

Sustituyendo los datos en las ecuaciones 1 y 2 se obtienen Vc = VB + Q x rC/B + (Vc/B)ryz

= 2j + [(4i + 5k) x (O.2j)] + 3j =

ac = =

Resp.

(-li + 5j + O.8k} mIs BB

+Qx

rCtB

+ Q x (Q x

rc/B)

+ 2Q x (VC/B).tyz +(aC/B).tyz

(O.75j +8k) + [(1.5i - 20j - 6k)

x

(O.2j)]

+ (4i + 5k) x [(4j + 5k) x O,2j] + 2[(4i + 5k) x 3j] + 2j

= (- 28.8i - 5.45j + 32.3k} m/s 2

Resp.

PROBLEMAS

495

PROBLEMAS 20.25. Resuelva el ejemplo 20.5 de tal modo que los * 20.28. En el momento que representa la figura, el

ejes X, y, z se muevan con traslación curvilínea n = O, en cuyo caso el collarín parece tener una velocidad angular nCIB = rol + rol> Ymovimiento radial.

20.26. La pluma, aguilón o brazoAB de la grúa de loI

comotora gira alrededor del eje Z con una velocidad angular rol = 0.5 rad/s, que aumenta a una tasa de Col = 3 rad/s 2. En ese mismo instante, 8 = 30° Y el brazo se levanta girando a una velocidad constante de é = 3 rad/s. Calcule la velocidad y aceleración de la punta B del brazo en ese instante.

transportador móvil de banda OA gira con respecto al eje z con velocidad angular constante rol = 6 rad/s, y al mismo tiempo se levanta con una velocidad constante Wz = 4 rad/s. La banda transportadora corre a una velocidad r = 5 ft/s, que va en aumento a razón de ¡: = 8 ft/s 2. Calcule la velocidad y aceleración del paquete P en el instante que indica la figura. Desprecie el tamafio del paquete.

W¡~6rad/S~

~I~r~)~6ft~~~~

r>/~\

Z

~31ll W¡

~) /

~ 0.5 rad/s ~b

e~45°

11

w 2~4 rad/s

20m

w¡ ~ 3 rad/s 2 (.b

y

I

Probs.20.27/20.28

é ~ 3 rad/s 20.29. En determinado momento, la varilla BD gira en tomo al eje x con velocidad angular roBD = 2 rad/s

y aceleración angular aBD = 5 rad/s2. También, 8 = 45° yel eslabón AC gira hacia abajo de tal manera que é = 4 rad/s y = 2 rad/s 2. Calcule la velocidad y aceleración del puntoA del eslabón en este momento.

e

Prob.20.26

20.27. En el momento que representa la figura, el

transportador móvil de banda OA gira con respecto al eje z con una velocidad angular constante rol = 6 rad/s, mientras que al mismo tiempo se eleva con velocidad constante Wz = 4 rad/s. La banda transportadora corre a velocidad constante ;- = 5 ft/s. Calcule la velocidad y aceleración del paquete P sobre la banda en el momento que representa la figura. Desprecie el tamaño del paquete.

x e~45 °

é ~ 4 rad/s A

Prob.20.29

(j ~ 2 rad/s 2

www.elsolucionario.org 496

CAP.20 CINEMÁTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

20.30. En el instante que representa la figura, el heli- * 20.32. En determinado momento la pluma AB de la cóptero asciende con una velocidad oH = 4 ft!s y una grúa de torre gira en torno al eje Z con el movimiento aceleración aH = 2 mJS2. Al mismo instante el fusela- indicado. En ese mismo instante, e = 60° Yla pluma je H (no la hélice horizontal) gira en torno a un eje baja de tal modo que 8 = 004 rad/s y = 0.6 rad/s2• vertical con velocidad angular constante (¡JH = 0.9 Calcule la velocidad y aceleración del punto A en la rad/s. La he/ice antipar (de cola) B gira con velocidad punta de la pluma, en ese instante. La pluma tiene angular constante (¡JB/H = 180 rad/s, medida en rela- una longitud IAB = 40m. ción con H. Calcule la velocidad y aceleración del punto P, ubicado en la punta de la hélice, en el momento en que está en dirección vertical hacia arriba.

e

(

z

~";'I

~WH

p y

¡VH

x

aH

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Prob.20.30

20.31. En el momento que representa la figura, la pluma gira alrededor del eje z con velocidad angular (¡J¡ = 2 rad/s, y aceleración angular w¡ = 0.8 rad/s 2• En este mismo momento el pivote gira con ~ = 3 rad/s cuando Wz = 2 rad/s 2, medidas ambas en relación con el brazo. Calcule la velocidad y aceleración del punto P del tubo en ese momento.

cbw l = 2 radls , W I = 0.8 radls-

I

x

Prob.20.31

Prob. 20.32

PROBLEMAS

20.33. En el instante que representa la figura, el robot industrial gira con respecto al eje z con ClJ¡ = 5 rad/s, y en tomo a la unión B a ~ = 2 rad/s. Calcule la velocidad y aceleración de la tenaia A en este momento, cuando ¡1 = 30°, () = 45°, Yr = 1.6 m.

497

20.34. En el instante que representa la figura, la grúa de pórtico se mueve hacia adelante con velocidad ve = 6 ft/s, con una aceleración ac = 2 ft/s 2. En forma simultánea, tiene los movimientos angulares relativos que se ven en la figura, cuando el aguilón está a () = 60°. Calcule la velocidad y aceleración del punto A en el extremo del aguilón AB.

w.,::;O.2 = 0.7

"'2

Prob.20.34

.,.

20.35. En el instante que representa la figura, el brazo AB gira alrededor del perno fijo A con velocidad

angular ClJ¡ = 4 rad/s, y aceleración angular w¡ = 3 rad/s2~ En este mismo instante, la varilla BD gira respecto a la varilla AB a una velocidad angular ~ = S rad/s, que aumenta a Wz = 7 rad/s2. También, el collarín e se mueve a lo largo de la varilla BD con velocidad de 3 mis y aceleración de 2 mls 2, medidas ambas con respecto a la varilla. Calcule la velocidad y aceleración del collarín en ese momento.

Prob.20.33

w,=4rad/s

",,=3rad/~

A

T 1 I .S m

3 mis ' 2 n~ .....--.....D

x-----

e

B

~ O6

.

111

w ., -S'dl - la s __ ( \ w ~= 7 rad/s 2 ~j--....

----y Prob.20.35

498

CAP.20 CINEMÁTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

* 20.36. En un momento dado, la varilla tiene los movimientos angulares que muestra la figura, mientras que el collarín C se mueve hacia abajo en relación con la varilla, con una velocidad de 6 ft/s y una aceleración de 2 ft/s2. Calcule la velocidad y aceleración del collarín en ese momento.

.r

0.6m

x

~

ro, = 4 rad/s = 3 rad/s2

w;

~0

Y-;'

~~~~

0.2 m

"G-----

G

ro,=6rad/s = 2 rad/s2

w,

Prob.20.36

1,·

•

.«; A"'-><0.6m~ ______ '

1,1 ~I!

•

20.38. En el instante que se muestra en la figura, el marco gira con respecto al eje y con velocidad angular Ci.ll = 6 rad/s, y aceleración angular w¡ = 2 rad/s2• En este mismo momento, la varilla giratoria FG tiene un movimiento angular en relación con el marco tal como se muestra en la figura. El collarín e se mueve a lo largo de la varilla hacia F con velocidad de 0.5 mis y aceleración 0.7 IT'Js2, ambas en relación con la varilla FG. Calcule la velocidad y aceleración del collarín en este instante, con respecto a los ejes x, y, z.

y

E UJ

tt

!I!

CI

20.37. En el momento que se representa en la figura, la varilla AB está girando con respecto al eje z con una velocidad angular Ci.I¡ 4 rad/s, y una aceleración angular w¡ = 3 rad/s''. En este mismo momento, la varilla circular tiene un movimiento angular con respecto a la varilla recta como se indica en la figura. El collarín e baja por la varilla circular con velocidad de 3 in/s, que aumenta a razón de 8 in/s2, medidas ambas con respecto a la varilla. Calcule la velocidad y aceleración del collarín en ese momento.

=

01

Prob.20.38

CI

ct

20.39. En el instante que representa la figura, la varilla gira con respecto al eje z con velocidad angular Ci.I¡ 8 rad/s y aceleración angular 2 rad/s2• En ese mismo momento, el disco gira a velocidad constante Ci.Iz = 4 rad/s, medidos con respecto a la varilla. Calcule la velocidad y aceleración del punto P del disco en este momento.

=

ci

w=

CI

n, C(

p P' fl rr

I

y n

~

I

cq, = 8 rad/s 2 rol = 2 radls

~y~,,7 ,

ro2 = 4 radl~

~~

.r

~o

]Y .r

Prob.20.37

Prob.20.39

~

rr rr rr

ir e e

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21

Cinética de un cuerpo rígido en tres dimensiones

R

En general, cuando un cuerpo se mueve en el espacio tiene, en un momento dado, traslación y rotación simultáneas. En el capítulo 17 hemos descrito los aspectos cinéticos de la trasLación, cuando se demostró que un sistema de fuerzas externas que obran sobre el cuerpo pueden relacionarse con la aceleración del centro de masa de éste mediante la ecuación r.F = maGo En este capítulo se hace énfasis principalmente en los aspectos de rotación del movimiento del cuerpo rígido, porque el movimiento del centro de masa del cuerpo, definido mediante r.F = maG se maneja del mismo modo que el movimiento de una partícula. Las ecuaciones del movimiento rotatorio relacionan a las componentes de la aceleración angular del cuerpo con las componentes de momentos creados por las fuerzas externas con respecto a determinado punto que puede estar ubicado dentro o fuera del cuerpo. Para aplicar estas ecuaciones, es necesario primero formular los momentos y productos de inercia del cuerpo, y calcular el momento angular de éste. Después, tendremos a nuestra disposición los principios de impulso y cantidad de movimiento, y de trabajo y energía para resolver problemas en tres dimensiones. A continuación, se desarrollarán las ecuaciones de movimiento rotatorio y se describirán algunos temas especiales, incluyendo el movimiento de un cuerpo asimétrico en torno a un eje fijo, el movimiento del giroscopio, y el movimiento en ausencia de pares.

500

CAP. 21 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

*21.1 Momentos y productos de inercia Al estudiar la cinética de un cuerpo en el plano, fue necesario introducir el momento de inercia IG, que se calculaba con respecto a un eje perpendicular al plano del movimiento y que pasa por el centro de masa G. Para el análisis cinético del movimiento tridimensional algunas veces será necesario calcular seis cantidades inerciales. Estos términos, a los que se les llama momentos y productos de inercia, describen en una forma particular, la distribución de la masa de un cuerpo con relación a un sistema determinado de coordenadas que tiene especificados su orientación y su origen. x

!~

~ Flg.21.1

¡[ "

Momento de inercia. Consideremos el cuerpo rígido que se ve en la figura 21.1. Se define al momento de inercia de un elemento diferencial dm del cuerpo con respecto a cualquiera de los tres ejes coordenadas como el producto de la masa del elemento y el cuadrado de la distancia más corta d/l eje al elemento. Por ejemplo, como se indica en la figura, rx = y2 + Z2 y, por lo tanto, el momento de inercia de la masa dm con respecto al eje x es

'1

.11'

dl¿ = r; dm =

,1

11

(y2 + Z2)

dm

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El momento de inercia Ixx del cuerpo se calcula integrando esta ecuación sobre la masa total del cuerpo. Por lo tanto, para cada uno de los ejes podemos escribir

t; =f r; dm =f m

=f Izz =f

1

>Y

r.: dm

m Y m

r; dm

=f =f

(y2 + Z2) m ", In

dm

(x2 + Z2) dm

(21.1)

(x2 + l) dm

Se ve que en ellas el momento de inercia siempre es una cantidad positiva, porque es la suma del producto de la masa dm, que siempre es positiva, y de las distancias al cuadrado, que siempre serán positivas por estar elevadas al cuadrado.

Producto de inercia. El producto de inercia de IIn elemento diferencial de masa dm, se define con respecto a un conjunto de dos pLanos ortogonaLes, como el producto de la masa del elemento por las distancias perpendiculares (o sea, las más cortas) de los planos al elemento. Por ejemplo, con respecto a los planos y - Z y x - z, el producto de inercia dIxy para el elemento dm, que se ve en la figura 21.1 es

at; =xy dm

.;

I

SECo 21.1

MOMENTOS Y PRODUcrOS DE INERCIA

Nótese también que dlyx = dlX)'. Integrando en toda la masa, puede expresarse el producto de inercia del cuerpo para cada combinación de planos como IX)' =/yx =fm xydm

Iyz = Izy

=

tyz

dm

(21.2)

Ixz =1zx =f xzdm m

A diferencia del momento de inercia, que siempre es positivo, el producto de inercia puede ser positivo, negativo o cero. El resultado depende de los signos de las dos coordenadas que lo definen, que varían de forma independiente entre sí. En particular, si alguno o ambos planos ortogonales son planos de simetría de la masa, el producto de inercia con respecto a esos planos será cero. En tales casos, los elementos de masa se darán en pares, ubicados a cada lado del plano de simetría. En un lado del plano el producto de inercia del elemento será positivo, mientras que en el otro lado el producto de inercia del elemento simétrico correspondiente será negativo, y la suma de ambos será entonces de cero. En la figura 21.2 se muestran ejemplos de lo anterior. En el primer caso, figura 21.2a, el plano y - z es el plano de simetría y, por lo tanto, In = IX)' = O. El cálculo de Iyz dará un resultado positivo, porque todos los elementos de masa pueden ubicarse empleando sólo coordenadas y y z positivas. Para el cilindro, con los ejes coordenados ubicados como se ve en la figura 21.21b, los planos x - z y y - z son ambos de simetría. Por lo tanto, I z:c = I yz = IX)' = O.

x y (b)

Fig.21.2

Teoremas del eje paralelo y del plano paralelo. En la sección 17.1 se describieron las técnicas de integración que se emplean para calcular el momento de inercia de un cuerpo. También se describieron los métodos para calcular el momento de inercia de un cuerpo compuesto es decir, un cuerpo que está

501

www.elsolucionario.org 502

CAP. 21 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

compuesto de segmentos más simples, como se ve en las tablas suplementarias que aparecen al final del libro. En ambos casos se emplea con frecuencia el teorema del eje paralelo en los cálculos. Este teorema, que se dedujo en la sección 17.1, se emplea para transferir el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que pasa por su centro de masa G, a un eje paralelo que pase por cualquier otro punto. A este respecto, si G tiene coordenadas xG, YG y zG' definidas para los ejes x, y, z, figura 21.3, entonces las ecuaciones del eje paralelo que se emplean para calcular los momentos de inercia con respecto a los mencionados ejes x, y, Z son la

' 17 Z'

I

- -y

/ x'

~--- YG

-

ZG

I- -.."..--y

~x?

x

Fig.21.3

= (Ix'x')G + m(Yb + zb)

Iyy = (IyY)G + m(Xb + zb)

la

=

(21.3)

(lz'z')G + m(xb + Yb)

Los productos de inercia de un cuerpo simple o compuesto se calculan del mismo modo que sus momentos de inercia. En este caso, sin embargo, el teorema del plano paralelo es el que rige. Este teorema se emplea para transferir los productos de inercia del cuerpo desde un conjunto de tres planos ortogonales que pasan por el centro de masa del cuerpo, hasta un conjunto correspondiente de tres planos paralelos a los primeros que pasan por algún otro punto O. Si definimos a las distancias perpendiculares entre los planos y el centro de masa como XG' YG y ZG' figura 21.3, pueden escribirse de la siguiente manera las ecuaciones del teorema del plano paralelo Ixy

=

(IxY)G + mxGYG

Iyz

=

(Iy"z')G + myGzG

(21.4)

la = (Iz'x')G + mZGxG

La deducción de estas fórmulas es semejante a la que se presentó para el teorema del eje paralelo en la sección 17.1.

Tensor de inercia. Las propiedades inerciales de

un cuerpo se caracterizan por completo mediante nueve términos, seis de los cuales son independientes entre sí. A este conjunto de términos se le define mediante las ecuaciones 21.1 y 21.2, Ypuede representarse como

SECo 21.1

MOMENTOS Y PRODUcrOS DE INERCIA

503

A este arreglo se le llama tensor de inercia. Tiene un conjunto único de valores para un cuerpo cuando se calcula para cada lu. gar del origen O y orientación de los ejes coordenados. Para el punto O podemos especificar una inclinación única de ejes para la cual los productos de inercia del cuerpo sean cero cuando se calculen con respecto a esos ejes. Cuando se hace lo anterior, se dice que se "diagonaliza" el tensor de inercia y puede escribirse en la forma simplificada .

En este caso, {, = lxx,ly = lyy, e lz = lzz se llaman los momentos principales de inercia del cuerpo, que se calculan con respecto a los ejes principales de inercia. De estos tres momentos principales de inercia, uno será máximo y el otro mínimo. La determinación matemática de las direcciones de los ejes principales de inercia no se describirá aquí (véase Probo 21.20). Sin embargo, se dan muchos casos en los que pueden determinarse estos ejes por inspección. De acuerdo con la descripción anterior, notamos que si los ejes coordenados se orientan de tal modo que dos de los tres planos ortogonales que contienen a los ejes son planos de simetría del cuerpo, entonces, todos los productos de inercia del cuerpo son cero con respecto a los planos coordenados y, por lo tanto, los ejes coordenados serán ejes principales de inercia. Por ejemplo, los ejes X, y, z que se ven en la figura 21.2b representan los ejes principales de inercia para el cilindro en el punto O. a

Momento de inercia con respecto a un eje arbitrario. Consideremos el cuerpo que se muestra en la figura 21.4, para el cual se han calculado los nueve elementos del tensor de inercia para los ejes X, y, z cuyo origen está en O. En este caso deseamos calcular el momento de inercia del cuerpo con respecto al eje Oa, para el cual se define la dirección mediante el vector unitario U a • Por definición, lOa = b 2 dm, siendo b la distancia petpendicular de dm a Oa. Si se ubica la posición dm mediante r, entonces b = r sen {j, que representa la magnitud del producto vectorial Ua x r. Por lo tanto, el momento de inercia puede expresarse mediante

J

lOa =

LI(ua x r)1 2 dm = L (ua X r) ' (ua X r)dm

Siempre que Ua u" i + uy j + uzk, y que r = xi + yj + zk, de modo que Ua X r = (uyz - uzy)i + (uzx - u"zlj + (u"y - uyx)k, entonces, después de sustituir y llevar a cabo la operación de multiplicación escalar, podremos escribir el momento de inercia del siguiente modp

--- y

"

Flg.21.4

504

CAP. 21 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES lOa = =

L

[(UyZ - u z y)2 + (UzX - u x z)2 + (Uxy - Uy X)2] dm Uif 0'2 + Z2) dm + U2f (Z2 + X2) dm + U;f (X 2 + y2) dm m

y

m

m

-~~L~~-~~L~~-~~Lrr~ Teniendo en cuenta que las integrales son los momentos y productos de inercia del cuerpo (Ecs. 21.1 y 21.2), tenemos que

(21.5)

De este modo, si se especifica el tensor de inercia para los ejes y, z, puede calcularse el momento de inercia del cuerpo con respecto al eje inclinado Oa, mediante la ecuación 21.5. Para el cálculo deben determinarse los cosenos de las direcciones ux' uy y Uzo Estos términos especifican los cosenos de los ángulos de dirección a, f3 y r de las coordenadas, formados entre el eje Oa y los ejes X, y, z, respectivamente, (véase el apéndice C).

X,

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SECo 21.1

MOMENTOS Y PRODUcrOS DE INERCIA

505

Ejemplo 21.1

Calcule el momento de inercia de la varilla doblada que se ve en la figura 21.5a con respecto al eje Aa. La masa de cada uno de los tres segmentos se aprecia en la figura. SOLUCIÓN

Se puede calcular el momento de inercia lAa empleando la ecuación 21.5. Sin embargo, será necesario primero calcular los momentos y productos de inercia de la varilla con respecto a los ejes X, y, z. Esto se hace empleando la fórmula para el momento de inercia de una varilla delgada, I = fzmP-, junto con los teoremas del eje paralelo y del plano paralelo, ecuaciones 21.3 y 21.4. Dividimos la varilla en tres partes y ubicamos el centro de masa de cada segmento, figura 21.5b, y obtenemos

0: :.2~J~=:;il4~kg!:;:Jí)D ~~

______

x

~L-~

a

___ y

(a)

lu = [#2)(0.2)2 + 2(0.1)2] + [O + 2(0.2)2] + [#4)(0.4)2 + 4«0.2)2 + (0.2)2)]

=

0.480 kg' m 2

Iyy = [#2)(0.2)2 + 2(0.1)2] + [#2)(0.2)2 + 2«-0.1)2 + (0.2)2)] + [O + 4«-0.2)2 + (0.2)2)]

=

2 kg (- 0. 1. O. 0.2)

0.453 kg . m 2

('----:,,-------,.,0 D

Izz = [O + O] + [#2)(0.2)2 + 2(0.1)2]

B

+ [#4)(0.4)2 + 4« - 0.2)2 + (0.2)2)] = 0.400 kg' m 2 Iry = [O + O] + [O + O] + [O + 4(- 0.2)(0.2)] = -0.160 kg' m2 Iyz = [O + O] + [O + O] + [O + 4(0.2)(0.2)] = 0.160 kg . m 2

e

\

y,J---------------y x

(b)

Izx = [O + O] + [O + 2(0.2)(-0.1)] + [O + 4(0.2)(- 0.2)] -0.200 kg . m 2

=

Fig.21.5

El ejeAa queda definido por el vector unitario

u

Aa

= rD =

- 0.2i + O.4j + 0.2k

rD

¡ (- 0.2)2 + (0.4)2 + (0.2)2

=

-0.480i + 0.816j + 0.408k

Así, Ux =

- 0.408

Uy

= 0.816

Uz =

0.408

Sustituyendo los datos calcuíados en la ecuación 21.5 se obtiene

IAn = Ixx u; + Iyyu; + Iz~; - 2IX),uxuy - 2Iyz UyU z =

2Izxu~x

0.480(-0.408)2 + (0.453)(0.816)2 + 0.400(0.408)2 - 2(- 0.160)(-0.408)(0.816) - 2(0.160)(0.816)(0.408)

=

- 2(- 0.200)(0.408)(- 0.408) 0.168 kg . m2

Resp.

4kg (-02,0.2.0.2)

506

CAP. 21 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

PROBLEMAS 21.1. Demuestre que la suma de los momentos de * 21.4. Calcule los radios de giro kx y ky del sólido forinercia de un cuerpo, la + Iyy + Izz es independiente mado por el área sombreada de revolución alrededor de la orientación de los ejes x, y, Z y, por lo tanto, sólo del eje y. La densidad del material es p. depende de la ubicación del origen. 21.2. Calcule el momento de inercia del cilindro con respecto a su eje a-a. La masa del cilindro es m. y

10.25ft a

1

4 ft

l ..

0.25 ft

----t...,...,..

~

¡ - -x

a

Prob.21.2

Prob.21.4

21.3. Calcule los momentos de inercia Ix e Iy del paraboloide de revolución. Su masa es de 20 slug.

,------L_ _

21.5. Calcule el radio de giro ky del sólido formado al hacer girar el área sombreada alrededor del eje x. La densidad del material es p.

y

x x

Prob.21.3

Prob.21.5

PROBLEMAS

507

21.6. Calcule el momento de inercia de la masa del * 21.8. Calcule, por integración directa, el producto de bloque homogéneo con respecto a su eje x' centroi- inercia I yz del prisma triangular homogéneo. La denda!. La masa del bloque es m. sidad del material es p. Exprese el resultado en términos de la masa m del prisma. 21.9. Calcule, por integración directa, el producto de inercia IX)' del prisma triangular homogéneo. La densidad del material es p. Exprese el resultado en términos de la masa m del prisma.

z z'

------'-- y' -

--?' - - - y a

x' x h

--y

Prob.21.6

Probs.2l.8/2l.9

21.7. Calcule el momento de inercia del cono con respecto a un eje vertical y que pasa por el centro de masa del cono. ¿Cuál es el momento de inercia con respecto a un eje paralelo y' que atraviese al diámetro en la base del cono? El cono tiene masa m.

21.10. Calcule el momento de inercia del disco con respecto el eje de la flecha AB. El disco tiene una masa de 15 kg.

x

1--- - - h - - - - - 1

Prob.2l.7

Prob.21.10

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508

CAP. 21 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

21.11. La varilla doblada tiene un peso unitario de 1.5 lb/ft. Localice el centro de gravedad G( y) y calcule los momentos principales de inercia Ix', Iy' e Iz' de la varilla con respecto a los ejes x', y' , z'.

x,

21.13. Calcule el momento de inercia la y el producto de inercia Ixy de la varilla doblada. Esta varilla tiene una masa unitaria de 2 kg/m. z

I

z'

I

400 mm

L

~500mm/ ~y

/

/~¡;;;;;;;;;;;;;;~~300mm

~ l fl~ x

200 mm

Prob.21.13

21.14. Calcule el momento de inercia de la varilla de 1.5 kg Yel disco de 4 kgjuntos, con respecto al eje z'. Prob.21.11

www.elsolucionario.org * 21.12. Calcule el momento de inercia del cuerpo compuesto con respecto al eje a - a. El cilindro pesa 20 lb Ycada hemisferio pesa 10 lb.

Prob.21.14

21.15. El conjunto consta de una placa A de 15 lb, la placa B de 40 lb, Y cuatro varillas de 7 lb. Calcule los momentos de inercia del conjunto con respecto a los ejes principales X, y, z.

a

Prob. 21.12

Prob.21.1S

PROBLEMAS

* 21.16. La placa delgada tiene un peso de 5 lb Ycada una de las cuatro varillas pesa 3 lb. Determine el momento de inercia del conjunto con respecto al eje z.

509

21.18. La varilla delgada tiene una masa de 4 kg/m. Calcule el momento de inercia de la varilla con respecto al eje Oa.

x

x

Prob.21.16

Prob.21.18

21.17. Calcule los momentos de inercia del cilindro homogéneo de masa m, con respecto a los ejesx',y', z'.

21.19. Calcule los momentos de inercia del conjunto de varillas con respecto a los ejes x, y, z. Las varillas tienen masa unitaria de 0.75 kg/m.

z' x'

30° B

,~ ' 1m

x

1m

~y

y'

Prob.21.17

Prob.21.19

510

CAP. 21 CINÉTICA DE UN CUERPO RÍGIDO EN TRES DIMENSIONES

*21.2 Momento angular En esta sección desarrollaremos las ecuaciones necesarias que se emplean para calcular el momento angular de un cuerpo rígido con respecto a cualquier punto arbitrario. Con esta formulación tendremos los medios necesarios para desarrollar el principio del impulso 't momento angular, y las ecuaciones del movimiento giratorio de un cuerpo rígido. Consideraremos al cuerpo rígido de la figura 21.6, que tiene masa total m y centro de masa ubicado en G. El sistema coordenado X, y, Z representa un marco inercial de referencia y, por lo tanto, tiene a sus ejes fijos, o bien se trasladan con velocidad constante. El momento angular medido desde esta referencia se calcula en relación con el punto arbitrarioA. Los vectores de posición rA Y PA se trazan desde el origen de coordenadas hasta el punto A, y desde el puntoA hasta la iésima partícula del cuerpo. Si la masa de la partícula es mi' el momento angular con respecto al punto A es

donde Vi representa a la velocidad de la partícula medida desde el sistema de coordenadas X, y, Z . Si el cuerpo tiene velocidad angular úJ en el instante que se considera, Vi puede relacionarse con la velocidad deA aplicando la ecuación 20.7; es decir, Vi = VA

+

úJ X

PA

Así, (HA )¡

=

PA

X

mi(vA +

úJ

x PA)

= (PA mi) x VA + PA X (úJ x PA) mi

Para el cuerpo completo, la suma de todas las partículas del cuerpo es una integración; es decir, mi -> dm y entonces HA =

(L

J

PA dm x

VA

+

L

PA X

(úJ

x PA) dm

z

~----------------- y Sistcmil int!rci
Fig.21.6

(21.6)

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SECo 21.2

MOMENTO ANGULAR

z

z

I

J------------------- y

x

Cenrro de mesu

x

(h)

Pumo fijo

(a)

Punto fijo O. SiA es un punto fijo O en el cuerpo, figura 21.7a, entonces VA

= O, Yla ecuación 21.6 se reduce a Ho

=fm Po_x (w x ~o)dm

(21.7)

Centro de masa G. Si A está ubicado en el centro de masa G dél cuerpo, figura 21.7b, entonces f PA dm = O Y

Jm

(21.8)

Punto arbitrarioA. En general, A puede ser algún punto que

z

no sea ni O ni G, figura 21.7c, en cuyo caso la ecuación 21.6 puede simplificarse, para dar la siguiente forma (véase Probo 21.21)

(21.9)

Se puede ver aquí que el momento angular consta de dos par- x tes: el momento de la cantidad de movimiento mVe del cuerpo con respecto al punto A sumado (vectorialmente), al momento angular He. La ecuación 21.9 puede emplearse también para calcular el momento angular del cuerpo con respecto a un punto fijo O; los resultados, por supue$to, serán los mismos que los calculados empleando la ecuación 21.7, que es más conveniente.

x Punto arbitmrio

(e)

Fig.21.7

511

512

CAP.21 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

Componentes rectangulares de H. Para un empleo práctico de las ecuaciones 21.7 a 21.9, debe expresarse el momento angular en términos de sus componentes escalares. Con este fin, es conveniente escoger un segundo conjunto de ejes X, y, z que tengan una orientación arbitraria en relación con los ejes X, y, Z, figura 21.7, y en el caso de una explicación general, nótese que las ecuaciones 21.7 a 21.9 contienen todas la forma

L P x (w x p) dm

H =

Expresando H, p Y W en términos de sus componentes X, y, z, tenemosque Hti + Hyj + Hzk =

f

m

(xi + yj + zk) X [(w) + royj + wzk) X (xi + yj + zk)] dm

Expandiendo los productos vectoriales y combinando los términos nos da

Hxi + Hyj + Hzk = [ wxfm (y2 + Z2) dm - wyL xy dm - WzL xz dm} + [-wxfm xy dm +

(l) y

+

(l)

f m (x2 + Z2) dm - Wzf yz dmJj

www.elsolucionario.org [-wtf dm - Jr yz dm wzf (x m

ZX

y

m

+

m

In

2

+ y2) dm}

Igualamos las componentes i, j, k respectivas, y reconociendo que las integrales representan a los momentos y productos de inercia, tenemos -Ht

Ixxwx - Ixywy - Ixzwz Hy = -Iyxwt + Iyywy - Iyzwz Hz = -Izxwx - Izywy - Izzwz =

(2L10)

Estas tres ecuaciones representan la forma escalar de las componentes i, j Y k de Ho o de HG , cuya forma vectorial fueron las ecuaciones 21.7 y 21.8. El momento angular del cuerpo con respecto al punto arbitrario A, diferente del punto fijo O o del centro de masa G, también puede expresarse en forma escalar. En este caso es necesario emplear la ecuación 21.9 y representar a PGIA y a vG como vectores cartesianos, llevar a cabo la multiplicación vectorial y sustituir las componentes, ecuaciones 21.10 de Ha. Las ecuaciones 21.10 todavía pueden simplificarse más si los ejes coordenados X, y, z se orientan de tal manera que se vuelvan los ejes principales de inercia del cuerpo en el punto. Cuando se usan estos ejes, los productos de inercia Ixy = Iyz = 1~ = O, Ysi los

SECo 21.3 ENERGÍA CINÉTICA

513

momentos principales de inercia respecto a los ejes X, y, z se representan por Ix = Ixx,Iy = Iyy e Iz = IlZI las tres componentes del momento angular son (21.11 )

Principio del impulso, cantidad de movimiento y momento angular. Ahora que hemos presentado los medios para calcular el momento angular de un cuerpo, puede usarse el principio del impulso, cantidad de movimiento y momento angular, como se describió en la sección 19.2, para resolver problemas cinéticos en donde intervienen fuerza, velocidad y tiempo. Para este caso, disponemos de las dos ecuaciones vectoriales siguientes: m(vdl + :E J,"F dt = m(vG)z

(21.12)

·H I +:E rllModt = H 2

(21.13)

J"

Cada término vectorial se puede representar en tres dimensiones mediante tres componentes escalares, y por lo tanto pueden formularse un total de seis ecuaciones escalares. Tres ecuaciones relacionan el impulso lineal y la cantidad de movimiento en las direcciones x, y, z, y tres ecuaciones relacionan el impulso angular con el movimiento angular del cuerpo con respecto a los ejes X, y, z. Antes de aplicar las ecuaciones 21.12 y 21.13 a la solución de problemas, deben repasarse las secciones 19.2 y 19.3.

*21.3 Energía cinética Para aplicar el principio del trabajo y la energía a la solución de problemas en los que interviene movimiento general del cuerpo rígido, primero e~ necesario formular las ecuaciones de la energía cinética del c'uerpo. A este respecto, se tiene el cuerpo rígido que aparece en la figura 21.8, cuya masa total es m y su centro de masa está en G. La energía cinética de la iésima partícula del cuerpo tiene una masa mi Yuna velocidad Vi' medidas con respecto al marco inercial de referencia X, y, Z, que es

z

Vi

Siempre que se conozca la velocidad de un punto A arbitrario del cuerpo, puede relacionarse a Vi con VA mediante la ecuación Vi = VA + ú) X PA' en la cual ú) es la velocidad angular instantánea x del cuerpo, determinada desde el sistema coordenado X, y, Z, y PA es un vector de posición trazado desde A hasta i. Empleando

~-----------------y

Sistema inercial de coordenadas

Flg.21.8

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514

CAP.21 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

esta expresión en lugar de Vi' puede escribirse la energía cinética de la partícula en la siguiente forma Ti

=

-mi (VA + W x PA) . (VA + W x PA)

= !(VA • VA)

mi + VA· (W x PA) mi +!(w x PA)· (w x PA) mi

La energía cinética del cuerpo total se obtiene sumando las energías cinéticas de todas las partículas de éste. Para ello se necesita integrar, ya que mi -> dm, y entonces

El último término de la derecha puede escribirse empleando la identidad vectorial a x b . e = a . b x e, siendo a = w, b = PA, Y e = W x PA- El resultado final es

T

=

-m(VA . VA) + VA

•(

Wx

J", PA dm J +lw·f PAX(WXPA)dm 2 m

(21.14)

Rara vez se emplea esta ecuación, debido a los cálculos que intervienen en las integrales. Sin embargo, se simplifica si el punto A de referencia es un punto fijo O o bien es el centro de masa G.

Punto fijo O. SiA es un punto fijo O en el cuerpo, figura 21.7a, entonces VA = O, Yempleando la ecuación 21.7 puede expresarse la ecuación 21.14 en la forma

Si los ejes X, y, z representan los ejes principales de inercia del cuerpo, entonces W = wxi + wyj + wzk Y Ha = Ixwxi + Iywyj + Izwzk. Sustituyendo en h ecuación anterior y llevando a cabo el producto escalar se obtiene

(21.15)

Centro de masa G. SiA está ubicado en el centro de masa G

del cuerpo, figura 21.7b, entonces fmPA dm = O y, empleando la ecuación 21.8, podemos escribir la ecuación 21.14 del siguiente modo

SECo 21.3 ENERGÍA CINÉTICA

T = 1m ~G + 1w . HG 2 2 De manera semejante al caso de un punto fijo, el último término del lado derecho puede representarse en forma escalar, en cuyo caso 2 + 11 w 2 + 11 w 2 + 1[ w 2 T = 1mv 2 G !"x x 2 y Y 2 Z Z

(21.16)

Se ve aquí que la energía cinética consta de dos partes, que son: la energía cinética de traslación del centro de masa, !mvb , y la energía cinética de rotación del cuerpo.

Principio del trabajo y la energía. Empleando una de las ecuaciones anteriores para calcular la energía cinética de un cuerpo, puede aplicarse el principio del trabajo y la energía para resolver problemas cinéticos en los cuales intervengan fuelZa, velocidad y desplazamiento. Para este caso, sólo puede escribirse una ecuación escalar para cada cuerpo, es decir, (2l.17)

Antes de aplicar esta ecuación a la solución de problemas, debe repasarse el capítulo 18.

515

516

CAP.21 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

• Ejemplo 21.2 La varilla de la figura 21.9a tiene un peso de 1.5 lb/ft. Calcule su velocidad angular inmediatamente después que el extremo A caiga en el gancho en E. El gancho se vuelve conexión permanente con la varilla mediante el mecanismo de seguro S. Inmediatamente antes de chocar con el gancho, la varilla cae con velocidad (vG)¡ = 10 ft/s. z'

/

_

1

SOLUCIÓN Se empleará el principio de impulso y cantidad de movimiento, ya que se presenta un impacto.

ft/

¿'~¡;;¡¡¡¡¡;¡;;¡¡¡¡¡;~-----r•

1.J~e A ~___

70.667 ft y

___

;.5 ft x

: x' I

s

E

Diagramas de únpulso, cantidad de movúnÚ!IÚO y momelÚo angular.

~~3)3 ft y' Figura 21.9b. Durante el corto tiempo llt, la fuerza impulsiva F

(al

que actúa en A cambia la cantidad de movimiento de la varilla. (El impulso creado por el peso W de la varilla durante este intervalo es pequeño en comparación con F dt y, por lo tanto, puede despreciarse, es decir, el peso es fuerza no impulsiva. Por lo tanto, el momento angular de la varilla se conserva con respecto al puntoA, ya que el momento de fF dt con respecto aA es cero. Conservación del momelÚo angular. Se debe emplear la ecuación 21.9 para calcular el momento angular de la varilla, porqueA no se vuelve punto fijo sino hasta después de la interacción impulsiva con el gancho. Así, con referencia a la figura 21.9b, (HA)¡ = (HA)z, o sea relA x m(vG)¡ = rGIA x m(vG)2 + (HG )2 (1) De la figura 21.9a, rGl4 = {-0.667i + O.5j} ft. Además, los ejes con prima son ejes principales de inercia para la varilla, porque I,'y' = Iú ' = Iz'y' = O, Por lo tanto, de acuerdo con las ecuaciones 21.11, (Uc)2 = Ix' Wx i + Iy' wyj + Iz'wz k. Los momentos principales de inercia son I" = Iy' = 0.0155 slug . ft2, Iz' = 0.0401 slug . ft2 (véase Probo 21.11). Sustituyendo en la ecuación 1, tenemos

f

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, + WL'l.t = O

A

i7

r= m fFdl

=

II/<¡Ch ~HG)~

A

l b)

Fig. 21.9

(- 0.667i + O.5j) x [( 3i~2 } -lOk)]

=

(- 0.667i + 0.5j) x [( 3i~2

J( - Vd2kJ

+ 0,0155wx i + 0.0155wyj + 0.0401wz k Expandiendo e igualando las componentes respectivas de i, j Y

k, se obtiene

- 0.699 = - 0.0699vG + 0.0155wx (2) -0,932 = - 0.0932vG + 0.0155wy (3) O = 0.0401 W z (4) Cinemática. Hay cuatro incógnitas en las ecuaciones anteriores; sin embargo, puede obtenerse otra ecuación si se relaciona w con (VG)2 empleando la cinemática. Como W z = O, ecuación 4, y después del impacto la varilla gira en torno al punto fijo A, puede aplicarse la ecuación 20.3, en cuyo caso vG = w x rGIA, o sea -( VG)2k = (w) + wyj) x (- 0,667i + O.5j) - ( Ud2 = 0.5 w, + 0.667 wy (5) Resolviendo en forma simultánea las ecuaciones 2 a 5 resulta (VG)2 = {- 8.62k} ft/s, w = {- 6.2li - 8.29j} rad/s Resp.

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SECo 21.3 ENERGíA CINÉTICA

517

Ejemplo 21.3 Se aplica un par de 5 N . m al eje vertical CD que se ve en . la figura 21.10a. Este eje permite que el engranaje A de 10 kg gire alrededor de CE. Suponiendo que el engranaje A parte del reposo, calcule la velocidad angular de CD al haber completado dos revoluciones. Desprecie la masa del eje CD y la del CE, y suponga que el engranaje A puede considerarse como disco delgado. El engranaje B es fijo. SOLUCIÓN El principio del trabajo y la energía puede emplearse para resolver este problema. ¿Por qué? Trabajo. Si el eje CD, el eje CE y el engranaje A se consideran como sistema de cuerpos conectados, sólo hace trabajo el par M aplicado. Para dos revoluciones, este trabajo es r,U¡-2 = (5 N· m)(4nrad) = 62.83 J.

y

(a)

Energía cinética. Como el engranaje se encuentra en reposo al principio, su energía cinética inicial es cero. En la figura 21.1Ob se muestra un diagrama cinemático del engranaje. Si la velocidad angular de CD es OJCD' entonces la velocidad angular del engranaje A es OJA = OJCD + OJeE- El engranaje puede imaginarse como una parte de un cuerpo extendido sin masa que está girando alrededor del punto fijo C. El eje instantáneo de rotación para este cuerpo queda a lo largo de la línea CH, porque ambos puntos, C y H del cuerpo (el engranaje) tienen velocidad cero y, por lo tanto, deben quedar en este eje. Ello requiere que las componentes OJCD Y OJCE estén relacionadas mediante la ecuación OJcdO.1 m = OJCFJO.3 m, o bien, OJCE = 3OJCD' Con ello OJA

- OJCEi + OJcDk = -3OJCDi + OJcDk (1) Los ejes X, y, z de la figura 21.lOa representan ejes principales de inercia en C para el engranaje. Como el punto C es un punto fijo de rotación, puede aplicarse la ecuación 21.15 para calcular la energía cinética, es decir, =

(2) Empleando el teorema del eje paralelo, los momentos de inercia del engranaje con respecto al punto C son los siguientes:

Ix = !
,-

Como OJx

= - 3OJCD, OJ = 0, OJ = OJCD> la ecuación 2 se convierte en

TA

+ !<0.925XOJCD)2

=

° z

y

!<0.05X- 3OJCDY +

=

0.6875wl:D

Principio del trabajo y la energía. Aplicando el principio del trabajo y la energía, obtenemos T¡ + r,u¡_ 2 = T 2 OJCD

0+ 62.83

= 9.56 rad/s

=

0.6875wl:D

Resp.

Eje insta nL.1 neo

.de rotación cero

lb)

Fig.21.l0

518

CAP. 21 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

*2 d

PROBLEMAS .•21.20. Si un cuerpo 1W contiene planos de simetría, pueden calcularse en forma matemática los momentos principales de inercia. Para demostrar cómo se hace esto, consideremos el cuerpo rígido que gira con velocidad angular (i) dirigida a lo largo de uno de sus ejes principales de inercia. Si el momento principal de inercia con respecto a este eje es 1, el momento angular puede expresarse como H 1(i) 1Wx i + I~j + 1CtJzk. Las componentes de H también pueden expresarse mediante las ecuaciones 21.10, en las que se supone conocido el tensor de inercia. Iguale las componentes de i, j Yk de ambas ecuaciones de H y considere desconocidos Wx, ~ Y CtJz. La solución de esas tres ecuaciones se obtiene siempre que el determinante de los coeficientes sea cero. Demuestre que este determinante, cuando se expande, produce la ecuación cúbica

=

J3 - (1;0:

+ Iyy + Ia)/2

- F xy - F

u J¡

z

g

ri

=

+ (Ire Iyy + Iyyla + IaI;o: yz -

e

Fzx)I - (I;o: 1yy la - 2Ixy Iyz Izx - IxxPyz - IyyFzx - IaFxy)

=

O

y

----y x

x

Prob.21.21

21.22. Cada uno de los dos discos tiene un peso de 10 lb. El eje AB pesa 3 lb. El conjunto gira en tomo al eje z a CtJz = 6 rad/s. Calcule su momento angular con respecto al eje z y su energía cinética. Los discos ruedan sin resbalar.

Las tres raíces positivas de 1, obtenidas resolviendo esta ecuación, representan los momentos principales de inercia, L, Iy e L.

z

2fr1

x

xS

/

(()

~-...,------y

Prob.21.22

21.23. La varilla AB de 4 lb está fija a la varilla BC y al collarín mediante rótulas. Si BC tiene una velocidad angular constante de 2 rad/s, calcule la energía cinética deAB cuando está en la posición que muestra la figura. Suponga que la velocidad angular deAB se dirige perpendicularmente al eje deAB.

x

Prob.21.20

21.21. Demuestre q~e si el momento angular de un cuerpo se calcula con respecto a un punto A arbitrario, entonces puede expresarse a lLt mediante la ecuación 21.9. Esto requiere la sustitución de tu = pc + pou en la ecuación 21.6 y luego expandir, teniendo en cuenta que pc dm = Opor definición del centro de masa, y que VG = VA = (i) x pcu.

f

y

x

Prob.21.23

PROBLEMAS

* 21.24. La varilla AB tiene un peso de 6 lb Yestá fija a dos collarines lisos en sus extremos mediante uniones esféricas. Si el collarín A se mueve hacia abajo con una velocidad de 8 ft/s, calcule la energía cinética de la varilla en el instante que se ve en la figura. Suponga que en este instante la velocidad angular de la varilla tiene dirección perpendicular a ésta.

519

21.26. El disco circular tiene un peso de 15 lb Y está montado en el eje AB a un ángulo de 45° con el eje. Calcule la velocidad angi.llar del eje cuando t = 2 s, si se aplica al eje un par M (4e O. 1t ) lb . ft, estando t en segundos. El eje está originalmente girando a an. = 8 rad/s cuando se aplica el par.

=

,~ B M

0.8 ft

= (4e"· II) Ib·fI

Á" 45°

:::::;;;--:!:::::;l

/'-'"---"'~=ws~:

Prob.21.26

Prob.21.24

21.25. Calcule la energía cinética del disco de 7 kg Y la varilla de 1.5 kg cuando el conjunto gira con respecto al eje z a CtJ = 5 rad/s.

Prob.21.25

21.27. El engranaje A de 2 kg de peso rueda sobre el engranaje fijo horizontal C. Calcule la velocidad angular de la varilla OB en tomo al eje z después de haber girado una revolución partiendo del reposo. Sobre la varilla actúa un momento constante M = 5 N . m. Desprecie la masa de la varilla OB. Suponga que el engranajeA es un disco uniforme con radio de 100 mm.

Prob.21.27

www.elsolucionario.org 520

CAP. 21 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

• 21.28. El conjunto consta de una varilla AH de 4 kg que está unida al eslabón OA y al collarín en B mediante uniones esféricas. Cuando e =O",y = 600 mm, y el sistema está en reposo, el resorte no está deformado. Se aplica un momento de par de 7 N . m al eslabón en O. Calcule la velocidad angular del eslabón ._ en el momento en que e = 90". Desprecie la masa del eslabón.

21.30. La placa delgada tiene una masa de 4 kg Y se cuelga de una unión esférica en O. Se dispara una bala de 8 g con velocidad de 380 mJs hacia una de sus esquinas y queda incrustada en la placa. La bala viaja en un plano paralelo al plano x - z a un ángulo de 45° con el eje horizontal, como se ve en la figura. Calcule el eje instantáneo de rotación de la placa inmediatamente después del impacto. 21.31. Resuelva el problema 21.30 si la bala emerge de la placa con una velocidad de 160 mJs en la misma dirección.

Prob.21.28

www.elsolucionario.org Probs.21-10/21.31

21.29. La varilla doblada está sostenida en G mediante una rótula. Cada parte de la varilla tiene una masa • 21.32. La placa de 15 lb se sujeta a una fuerza F = 8 de 0.5 kg/m. El conjunto está originalmente en repo- lb que siempre se dirige en sentido perpendicular a la so. Se aplica entonces un impulso 1 = {-8k} N . s en cara de la placa. La placa se encuentra originalmente D . Calcule la velocidad angular del conjunto inme- en reposo. Calcule su velocidad angular al haber giradiatamente después del impacto. do una revolución (360°). La placa está soportada mediante uniones esféricas enA y B.

1 = (-8k}N·s

x y

Prob.21.29

Prob.21.32

SECo21.4 ECUACIONES DE MOVIMIENTO

21.33. La placa circular tiene un peso de 19 lb Y un diámetro de 1.5 ft. Se suelta del reposo y cae 2.5 ft conservando la horizontal enganchándose en S, en donde se produce una conexión permanente debido a la uña. Calcule la velocidad del centro de masa de la placa inmediatamente después de hacer la conexión con el gancho.

°0

21.34. El conjunto de la varilla tiene kg/m y gira con velocidad constante cuando el extremo e se engancha una conexión permanente. Calcule gular del conjunto inmediatamente pacto.

1

una masa de 2.5 Ci) = {2k} rad/s en S, quedando la velocidad andespués del im-

y

O.5m

O.5m

2.5 fl

l

S

521

S ./ ./ ./ ./ /

Prob.21.33

Prob.21.34

*21.4 Ecuaciones de movimiento Una vez familiarizados con las técnicas que se emplean para describir tanto las propiedades de inercia como el momento angular de un cuerpo, podemos formular ahora las ecuaciones que describen el movimiento del cuerpo en sus formas más útiles.

Ecuaciones de movimiento de traslación. El movimiento de traslación de un cuerpo se define en términos de la aceleración del centro de masa de éste, que se mide respecto a un plano inercial de referencia X, y, Z. La ecuación del movimiento de traslación del cuerpo puede escribirse en forma vectorial como

Il:F =maG I

(21.18)

o mediante las tres ecuaciones escalares

ir, =m(ad, ir, =m(ad y

(21.19)

rEz = m(aG)z Aquí, l:F = rE.•i+ rEyj + rEz k representa la suma de todas las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo.

522

CAP. 21 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

Ecuaciones del movimiento rotatorio. En la sección 15.6 dedujimos la ecuación 15.17, esto es, (21.20) que establece que la suma de los momentos con respecto a un punto fijo O, de todas las fuerzas externas que actúan sobre un sistema de partícúlas (contenidas en un cuerpo rígido) es igual a la rapidez de cambio del momento angular total del cuerpo con respecto al punto O. Cuando los momentos de las fuerzas externas que actúan sobre las partículas se suman con respecto al centro de masa G del sistema, obtenemos de nuevo la misma forma sencilla de la ecuación 21.20, que relaciona la suma de momentos :E~ con el momento angular He. Para demostrarlo, veamos el sistema de partículas de la figura 21.11, en el cual.x; y, z representa un marco inercial de referencia, y los ejesx',y', z', con origen en G, se mueven en traslación con respecto a ese marco. En general, G acelera, y por lo tanto, por definición, el marco de referencia en traslación no es referencia inercial. Sin embargo, el momento angular de la iésima partícula con respecto a este marco es,

donde rilG YvilG representan la posición y velocidad relativas de la iésima partícula con respecto a G. Derivando con respecto al tiempo se obtiene

Por definición, VilG = rilG' Así, el primer término del lado derecho es cero porque el producto vectorial de vectores iguales es cero. También,3ilG = ViIG' de modo que

z'

.)L-------y

o

Sistt!m'l inercial de coordenadas

x

Fig.21.11

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SECo 21.4 ECUACIONES DE MOVIMIENTO

Se pueden formular ecuaciones semejantes para las demás partículas del sistema. Cuando se suman los resultados para todas ellas se obtiene

Aquí, HG es la rapidez de cambio del momento angular total del cuerpo calculada con respecto al punto G. La aceleración relativa para la iésima partícula la define la ecuación ailG = ai - aG' en la que ai Y Ra representan, respectivamente, las aceleraciones de la iésima partícula, y el punto G se mide con respecto al marco inercial de referencia. Sustituyendo y desarrollando, empleamos la propiedad distributiva del producto vectorial y obtenemos

Por definición de centro de masa, la suma (Dn¡riIG) = (Dn¡)r es igual a cero, ya que el vector de posición r a partir. de G es cero. Por lo tanto, el último término de la ecuación anterior es cero. Empleando la ecuación de movimiento, el producto m¡a¡puede remplazarse por la fuerza externa resultante F¡ que actúa sobre la iésima partícula. Como r.MG = r.r¡IG x F¡ , el resultado final puede escribirse del siguiente modo (21.21) A continuación desarrollaremos la ecuación del movimiento de rotación, a partir de la ecuación 21.20, o bien de la 21.21. A este respecto, las componentes escalares del momento angular Ha o HG se definen mediante las ecuaciones 21.10 o, si se usan los ejes principales de inercia tanto en el punto O como en el G, por las ecuaciones 21.11. Si esas componentes se calculan respecto a los ejes x, y, z que giran con una velocidad angular n, que puede ser distinta de la velocidad angular w del cuerpo, entonces la derivada con respecto al tiempo H = dH/dt, empleada en las ecuaciones 21.20 y 21.21, debe tener en cuenta la rotación de los ejes x, y, z medida desde los ejes inerciales X; y, Z. Por lo tanto, la derivada de H con respecto al tiempo debe calcularse mediante la ecuación 20.6, y en cuyo caso, las ecuaciones 21.20 y 21.21 se convierten r.M o = (Úo)tyz + n x Ha r.M G = (HG)tyz + n x HG

(21.22)

En ellas (H)xyz es la rapidez de cambio de H medida desde el marco de referencia x, y, z.

523

524

CAP. 21 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

Hay tres maneras en las que puede definirse el movimiento de los ejes X, y, z. Obviamente, el movimiento de esta referencia debe seleccionarse de modo que se obtenga el conjunto de ecuaciones de momento más simples para resolver un determinado problema.

los 21.

=

Ejes x, y, z con movimiento Q O. Si el cuerpo tiene un movimiento general, los ejes X, y, z pueden escogerse con el origen en G de tal modo que los ejes sólo se muevan en trasLación con respecto al marco inercial ~ y, Z de referencia. Al hacerlo se simplificaría la ecuación 21.22, ya que Q = O. Sin embargo, el cuerpo puede tener una rotación áI en torno a esos ejes y, por lo tanto, los momentos y productos de inercia del cuerpo deberían expresarse como funciones deL tiempo. En la mayor parte de los casos esto sería difícil, por lo que esta selección de ejes tiene un valor limitado. Ejes x, y, z con movimiento Q = áI. Los ejes x, y, z pueden seleccionarse de tal modo que sean fijos en y se muevan con eLcuerpo. Los momentos y productos de inercia del cuerpo en relación con esos ejes serán constantes durante el movimiento. Como Q = áI, las ecuaciones 21.22 se transforman en

www.elsolucionario.org . " =

{ÚG)tyz +

áI

A

ea zo se Cal

yo de eje 20. (O:

ces

pri COI COI

EMa = (Uo)xyz + áI x Ha EMG

-.

(21.23)

x HG

cal X,

Podemos expresar cada una de estas ecuaciones vectoriales como tres ecuaciones escalares, mediante las ecuaciones 21.10. Despreciando los subíndices O y G, nos da rMx

= In

m

f

-

(Iyy - !zz)ályálz - Ixy{my - álZál.l) - Iy,{~

-

= Iyy my - (I,z - In)álzálx

- Iy,{mz - álxály) -

(ioi) - W;)

- 1xy (mx + ályálz) rMz

=

gín

(21.24)

Izz mz - (In - Iyy)álxály - Ia(álx - ályálJ - Ixy(W; - ~) - Iyz (my + álzálx)

Nótese que para un cuerpo rígido simétrico con respecto al plano de referencia xy, que participe en un movimiento general en este plano, Irz = Iyz = O Y álx = ály = doifdt = doxjd: = O. Las ecuaciones 21.24 se reducen a la forma rMx = rMy = O, YrMz = Izza. en la que lXz = lo cual es esencialmente la tercera de las ecuaciones 17.11 o 17.16, dependiendo de la selección del punto G u O para sumar los momentos.

m"

Ejt

la ( nie loc cm

oi})

- la (mz + álxály) rMy

yo. obj

esf COI

eje se I der de:

SECo 21.4

ECUACIONES DE MOVIMIENTO

Si se escogen los ejes X, y, z como ejes principales de inercia, los productos de inercia son cero, la = 1" etc., y las ecuaciones 21.24 se reducen a la forma

rAIx = I)JJr .:. (Iy - Iz)oYJJ/ rAIy = IyWy - {lz - IJwzwx rAIz = Izwz - (Ir - Iy)wrwy

(21.25)

A este conjunto de ecuaciones se le da el nombre histórico de ecuaciones de movimiento de Euler, en honor del matemático suizo Leonhard Euler, quien fue el primero en desarrollarlas. Sólo se aplican a momentos sumados con respecto al punto O o bien con respecto al punto G. Al aplicar esas ecuaciones se debe tener en cuenta que x , Cuy y Wz son las derivadas de las magnitudes de las componentes X, y, z de w con respecto al tiempo, observadas desde X, y, z. Como los ejes x, y, z giran a Q = w, entonces, de acuerdo con la ecuación 20.6, puede notarse que W = (w)xyz + w X w. Como w x w = 0, W = (w)'Yr Este importante resultado indica que la derivada necesaria de w con respecto al tiempo puede obtenerse calculando primero las componentes de w a lo largo de los ejes X, y, z y a continuación derivando las magnitudes de estas componentes con respecto al tiempo, es decir, (w)xyzo o bien puede obtenerse calculando la derivada de w con respecto al tiempo desde los ejes X, y, Z, es decir, W, y después calculando las componentes W" y y wr En la práctica, suele ser más sencillo calcular wx, wy y Wz con objeto de calcular W. Véase el Ej. 21.5.

w

w

Ejes x, y, z con movimiento Q *- w. Para simplificar los cálculos de la derivada de w con respecto al tiempo, con frecuencia es conveniente seleccionar a los ejes x, y, z de manera que tengan una velocidad angular Q que sea distinta de la velocidad angular w del cuerpo. Ello es especialmente adecuado para el análisis de trompos y giroscopios que son simétricos con respecto a su eje de giro. * Cuando este es el caso, los momentos y productos de inercia permanecen constantes durante el movimiento. Las ecuaciones 21.22 pueden aplicarse para este conjunto de ejes seleccionados. Cada una de esas dos ecuaciones vectoriales se puede reducir a un conjunto de tres ecuaciones escalares, que se deducen de una manera semejante a las ecuaciones 21.25** es decir,

• En la sección 21.5 se presenta una descripción detallada de este' • 'Véase Probo 21-37.

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526

CAP. 21 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

tMx = I.fux - I/lzwy + Izº'rwz tMy = Iywy - I/lxwz + Iilzwx tMz = Izwz - Ixº'rwx + Iy0..,wy

(21.26)

Aquí, Q,,, º'r y Qz representan las componentes de Q en dirección de los ejes x, y, z, medidas desde el marco inercial de referencia. Cualquiera de estos tres conjuntos de ecuaciones de momento, ecuaciones 21.24, 21.25 o 21.26, representa una serie de tres ecuaciones diferenciales no lineales de primer orden. Estas ecuaciones "se acoplan" porque las componentes de velocidad angular están presentes en todos los términos. El éxito en la determinación para la solución de un problema particular depende, por lo tanto, de qué es lo que se desconoce en estas ecuaciones. Desde luego que surgirán dificultades al tratar de despejar a las componentes desconocidas de w, dados los momentos externos como funciones del tiempo. Pueden surgir más complicaciones si las ecuaciones de momento se acoplan a las tres ecuaciones escalares de traslación, las ecuaciones 21.19. Esto puede suceder debido a la existencia de restricciones cinemáticas que relacionan la rotación del cuerpo con la traslación de su centro de masa, como en el caso de un aro que rueda sin resbalar. Los problemas que requieren la solución simultánea de ecuaciones diferenciales necesitan, en general, de la aplicación de métodos numéricos con ayuda de una computadora. Sin embargo, en muchos problemas de ingeniería, se pide calcular los momentos aplicados que actúan sobre el cuerpo, a partir de determinada información acerca del movimiento de éste. Por fortuna, muchos de estos problemas pueden tener soluciones directas, en cuyo caso no es necesario recurrir a técnicas de computación.

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS El siguiente procedimiento proporciona un método para resolver problemas en los cuales interviene el movimiento tridimensional de un cuerpo rígido.

Diagrama de cuerpo libre. Trace un diagrama de cuerpo Libre en el instante que se considera y especifique el sistema coordenado X, y, z. El origen de esta referencia debe ubicarse en el centro de masa G del cuerpo, o bien en el punto O, considerado fijo en un marco de referencia inercial y ubicado ya sea en el cuerpo, o en una prolongación sin masa de éste. Dependiendo de la naturaleza del problema, debe tomarse

SECo 21.4 ECUACIONES DE MOVIMIENTO

una decisión acerca de qué tipo de movimiento Q rotatorio debe tener este sistema, es decir, Q = O, Q = w, o bien Q ~ w. Al decidir, debe tenerse en cuenta que las ecuaciones de momento se simplifican cuando los ejes se mueven de tal modo que representan en todo momento los ejes principales de inercia del cuerpo. También, calcule los momentos y productos de inercia del cuerpo que sean necesarios, en relación con los ejes X, y, z.

Cinemática. Calcule las componentes de la velocidad y aceleración angulares del cuerpo. En algunos casos, puede ayudar un diagrama cinemático, porque constituye una ayuda visual para determinar la aceleración del centro de masa y la aceleración angular del cuerpo. En general puede calcularse la velocidad angular a partir de las limitan tes del cuerpo, o a partir de los datos del problema. Las componentes de w se observan desde los ejes X, y, Z inerciales. También, calcule la derivada de w con respecto al tiempo, observada con respecto a las coordenadas X, y, z. En especial, nótese que si Q = w, entonces, de acuerdo con la ecuación 20.6, esta derivada también puede calcularse con respecto al marco de referen-cia inercial X, y, Z, ya que ÓJ = (ÓJ)l)'z' Ecuaciones de movimiento. Aplique cualquiera de las dos ecuaciones vectoriales, la 21.18 o la 21.22, o bien las seis ecuaciones escalares adecuadas para los ejes x, y, z seleccionados para el problema. Los siguientes problemas de ejemplo muestran la aplicación de este procedimiento.

527

528

CAP. 21 CINÉTICA DE UN CUERPO RÍGIDO EN TRES DIMENSIONES

Ejemplo21.4 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

~

El engranaje que aparece en la figura 21.12a tiene una masa de 10 kg Y está montado en un ángulo de 10 con respecto a un eje de masa despreciable. Si lz = 0.1 kg . m 2, Ix = Iy = 0.05 kg . m 2, y el eje gira con una velocidad angular WAB constante de 30 rad/s, calcule las reacciones que ejercen las chumaceras A y B sobre el eje en el m~mento que representa la figura. SOLUCIÓN ~ WAB ~ 30 rad/s Diagrama de

.

••

x,x

0. 25

cuerpo libre. Figura 21.12b. El origen del sistema coordenado X, y, z se ubica en el centro de masa del engranaje G, que también es punto fijo. Los ejes están fijos en el engranaje y giran con él, porque estos ejes siempre representan los ejes principales de inercia del engranaje. Por lo tanto, Q = w. CinemáLica. Como se ve en la figura 21.12c, la velocidad angular W del engranaje tiene magnitud constante y siempre se dirige a lo largo del eje AB. Como este vector se mide desde el marco de referencia inercial X; y, Z, para cualquier posición de los ejes X, y, z, w tiene las siguientes componentes a lo largo de estos ejes:

O

nV

B

(a)

y

B

B,

v

Wx

=O

wy

= - 30 sen 10°

Wz

= 30 cos 10°

Calcularemos (w)t)z respecto a los ejes X; y, Z, ya que Q = W, y por lo tanto W= (w)')'z' Para ello, observemos que w tiene magnitud y dirección constantes cuando se observa desde X; y, Z, de modo que = (w)t)'Z = O. Por lo tanto, W, = ct)y = Wz = O. También, romo G es punto fijo, (oG)x = (aG)y = (aG)z = O. Ecuaciones de movimienJo. Aplicando las ecuaciones 21.25 (Q = w) se obtiene r..Mx = lxct)x - (/y - lz)wywz - (A yXO.2) + (B yX0.25) = O - (0.05 - 0.1)(- 30 sen 10°)(30 cos 10°) - O.24 y + 0.25By = - 7.70 (1) ~, ~ Ixwy - (/z - I,)wzwx Ax (0.2) cos 10° - BX<0.25) cos 10° = O+ O Ax = 1.25Bx (2) r..Mz = (wz - (l, - l)w,wy AiO.2) sen 10° - B.\{0.25) sen 10° = O A x = 1.25Bx Aplicando las ecuaciones 21.19, tenemos

www.elsolucionario.org w

x (e)

l'ig.2Ll2

r.Fx = m(aG)x; Ax + Bx = O (3) U y = m(ady; Ay + By - 98.1 = O (4) U z = m(aGh ; O= O Y resolviendo simultáneamente las ecuaciones 1 a 4 nos da Ax = Bx = O

Ay = 71.6 N

By = 26.4 N

Resp.

Téngase en cuenta que esas reacciones cambiarán al girar el engranaje, porque dependen de las componentes de la velocidad angular en dirección de los ejes x, y, z, que están fijos en el engranaje, y ginm con él.

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SECo 21.4 ECUACIONES DE MOVIMIENTO

Ejemplo 21.5 El aeroplano que se ve en la figura 21.13a está en proceso de hacer un giro horizontal unifonne con una velocidad angular (i)p" Durante ese movimiento, la hélice del avión gira a una velocidad (i)s . Si la hélice tiene dos aspas, calcule los momentos que ejerce su eje sobre ellas cuando están en posición vertical. Para simplificar, suponga que las aspas sean una barra unifonne y delgada que tiene un momento de inercia 1 con respecto a un eje ~rpendicular a ellas que pasa por su centro, y que tienen momento de inercia cero con respecto a un eje longitudinal.

(

/

(al

SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. Figura 21.13b. El efecto de conectar el eje y la hélice se indica mediante las resultantes FR y MR • (Se supone que el peso de la hélice es insignificante.) Entonces, se tomarán a los ejes x, y, z como fijos a la hélice, porque esos ejes representan siempre a los ejes principales de inercia de ésta. Así, n = (i). Los momentos de inercia Ix e Iy son iguales (Ix = Iy = I) el, = O. Cinemátiqz. La velocidad angular de los ejes X, y, z observados desde el marco X, y, 2, que coincide con los ejes X, y, z, figura 21.13c es (i) = (i)s + (i)p = (i)si + (i)l'k, de modo que las componentes de (i) a lo largo de los ejes x, y, z son (i)x

= (i)s

(i)y

=O

(i)z

G x

= (i)p

Como n = (i), entonces W= (w).l)'" Por lo tanto, como en el ejemplo 21.4, la derivada de (i) con respecto al tiempo se calculará con respecto a los ejes X, Y,2 fijos y, entonces, se descompondrá en las direcciones de los ejes X, y, z móviles para obtener a (w)x,y.z' Para ello, debe emplearse la ecuación 20.6 ya que (i) cambia de dirección con respecto a X, y, 2. (Nótese que esto no fue necesario para el caso del ejemplo 21.4.) Como (i) = (i)s + (i)p, entonces w= Ws + w p • Al igual que en el ejemplo 20.1, la rapidez de cambio de cada uno de estas componentes en relación con los ejes X, Y,2 puede calcularse empleando un tercer sistema de coordenadas x', y', z', que tenga una velocidad angular n' = (i)p, Y que coincida con los ejes X, Y,2 en el momento que se considera. Así

w

z. z

I

~/'

,,/~~" (el

529

530

CAP. 21 ClNÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

p

21 m y

so

• 21 m y.

Cu = (Cu),yz' + =

O + O + Wp

=O +

x

X X

21 m

(Ws + Wp)

Ws + Wp X Wp wsi + O = wl'wsj

21 d( d, m

P(

y \

\b w.\ I

x

O wpk

X

d(

~/éb'\ '"

cc

W

Como los ejes X, y, Z coinciden también con los ejes x, y, z en el instante que se considera, entonces las componentes de Cu en las direcciones de esos ejes son

z Iw

."

X

= (Cus)x'y'z' + (Cup)x'y'z' + Wp

(d)

z

Q'

(e)

Fig.21.13

y

Desde luego, esos mismos resultados se pueden obtener mediante cálculo directo de (Cu)~. Para ello, será necesario ver a la hélice en alguna posición general, como la que muestra la figura 21.13d. Aquí el aeroplano ha dado la suficiente vuelta en un ángulo ~, y la hélice ha girado en un ángulo '1',en relación al aeroplano. Nótese que wp siempre se dirige a lo largo del eje Z fijo y Ws sigue al ejex. Por lo tanto, los componentes de w son

Como Ws y wp son constantes, las derivadas de las componentes anteriores con respecto al tiempo son Cux= O

pero '1' = 0°, y Ir do. Entonces,

Cuy= wp cos '1'Ir

=

Ws

to,

= wp sen '1'Ir

2J bi

en el momento que se está consideran-

re

E

ql

ej

C(

que son los mismos resultados que los que se calcularon arriba. Ecuaciones de movimiento. Empleando las ecuaciones 21.25 tenemos rMx

= /xCux

- {/y - /z)wywz

=

/(0) - {/ - O)(O)wp

M;> O rMy

= /yCuy - (I, - /x)wzwx = /( wpw.) -

Resp. (O - l)wI'W

M; = 2I wp Ws rA( = /zCuz - (/x - /y)(i)xWy = 0(0) - (/ - l)w.(O) M, = O

S

Resp. Resp.

ci

te

.i,. ,

PROBLEMAS

531

PROBLEMAS 21.35. Deduzca la forma escalar de la ecuación del * 21.40. El disco de 20 lb está montado en el eje horimovimiento rotatorio en tomo al eje x cuando n # ro zontalAB de tal modo que su plano forma un ángulo y los momentos y productos de inercia del cuerpo no de 100 con la vertical. Gira con una velocidad angular son constantes con respecto al tiempo. de 3 rad/s. Calcule las reacciones verticales desarrolladas en los cojinetes cuando el disco se encuentra * 21.36. Deduzca la forma escalar de la ecuación del en la posición que muestra la figura. movimiento rotatorio en tomo al eje x, cuando n # ro y los momentos y productos de inercia del cuerpo son constantes con respecto al tiempo. 21.37. Deduzca las ecuaciones de Euler de movimiento para n # ro, es decir, las ecuaciones 21.26.

A

~'"

21.38. El automóvil viaja por una curva de carretera de tal modo que su centro de masa tiene una velocidad constante UG . Formule las ecuaciones del movimiento rotatorio con respecto a los ejes x, y, z. Suponga que se conocen los seis momentos y productos de inercia del automóvil con respecto a estos ejes.

z

Prob.21.40

21.41. La barra de 4 lb descansa apoyada en las esquinas lisas de una caja abierta. En el momento mostrado en la figura, la caja tiene una velocidad v = {5k} ft/s y aceleración a = {2k} ft/s 2• Calcule las componentes x, y, z de la fuerza que ejercen las esquinas sobre la barra.

y

x.x 'Prob.2L18

21.42. La barra de 4 lb descansa apoyada en las esquinas lisas de una caja abierta. En el momento que se ve en la figura, la caja tiene una velocidad v = {3j} ft/s y una aceleración a = {- 6j} ft/s 2. Calcule las componentes, a lo largo de los ejes x, y, z, de la fuerza que ejercen las esquinas sobre la barra.

21.39. La varilla AB de 5 kg está soportada por un brazo giratorio. El soporte en A es una chumacera recta que desarrolla reacciones normales a la varilla. El soporte en B es un cojinete axial o de empuje, que desarrolla reacciones normales y a lo largo del eje de la varilla. Despreciando la fricción, calcule las componentes x, y, z de la reacción en estos soportes, cuando el marco gira con velocidad angular constante ro = 10 rad/s.

o.5 m~ v

x

Prob.21.39

Probs.21.41/21.42

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532

CAP. 21 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

21.43. El eje está fabricado con un cilindro cuya masa es de 2 kg/m. Calcule las componentes de la reacción en los cojinetes A y B, si en el instante que muestra la figura el eje gira libremente y tiene una velocidad angular ro = 30 rad/s. ¿Cuál es la aceleración angular del eje en ese instante? La chumacera A puede soportar un componente de fuerza en la dirección y mientras que la chumacera B no.

21.45. El disco de 25 lb está fijo a la varilla BCD, que tiene masa despreciable. Calcule el par T que debe aplicarse al eje vertical para que adquiera una aceleración angular a = 6 rad/s 2• 21.46. Resuelva el problema 21.45, suponiendo que la varilla BCD tiene un peso de 2 lb/ft.

_ t - - - - - - - Ift

j T 1ft

y

I

e

Prob.21.43

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Probs.21.45/21.46

* 21.44. La escotilla uniforme que tiene una masa de 15 kg Y un centro de masa en G, está sostenida en el plano horizontal mediante las bisagras en A y B. Se aplica una fuerza vertical F = 300 N a la puerta como se ve en la figura. Calcule las componentes de la reacción en los goznes y la aceleración angular de dicha escotilla. El gozne en A puede resistir una fuerza en dirección de y, mientras que el gozne en B no. Suponga, en los cálculos, que la escotilla es una placa delgada, despreciando el tamafio del gozne. La escotilla está originalmente en reposo.

21.47. La varilla delgada AB de 4 kg tiene un perno enA y está sujeta en B con una cuerda. El eje CD está soportado en sus extremos mediante rótulas y gira con velocidad angular constante de 2 rad/s. Calcule la tensión que se desarrolla en la cuerda y la magnitud de la fuerza que desarrolla el perno enA.

y

100 mm

Prob.21.44

Prob.21.47

PROBLEMAS

* 21.48. El conjunto de varillas tiene un peso unitario de 5 lb/ft. Está sostenido en B por un cojinete recto, que desarrolla reacciones en los sentidos x y y, yenA mediante una chumacera axial lisa que desarrolla reacciones en los sentidos x, y, Z. Se aplica un par de 50 ft . lb a lo largo de la varilla AB. Calcule las componentes de la reacción en los cojinetes, si el conjunto tiene una velocidad angular ro = 10 rad/s en el instante que muestra la figura.

I

~

y

533

21.50. La varilla AB soporta a la esfera de 10 lb. Está fija en A con un perno al eje vertical que gira a una velocidad constante de ro {7k} rad/s. Calcule el ángulo 8 que sigue la varilla durante el movimiento. Desprecie la masa de la varilla en los cálculos.

=

21.51. La varillaAB soporta a la esfera de 10 lb. Está empernada enA a la varilla vertical que gira con una aceleración angular a {2k} rad/s2 y, en el momento que se ve en la figura, el eje tiene una velocidad angular de ro = {7k} rad/s. Calcule el ángulo 8 que forma la varilla en ese momento. Desprecie la masa de la varilla en los cálculos.

=

w= IOrad/s

H--2f;~

2ft

y A

¡

wCJ.D

!

Prob.21.48

21.49. Dos varillas uniformes, cada una de 10 lb de Probs. -21.50/21.51 peso, se cuelgan con pernos de la orilla de un disco giratorio. El disco tiene una velocidad angular constante roD = 4 rad/s. Calcule el ángulo 8 que traza ca- • 21.52. El conjunto de la varilla tiene una masa unitada varilla durante el movimiento, y las componentes ria de 1.5 kg/m. Un momento de fricción resultante de la fuerza y el momento que se desarrollan en el M se desarrolla en las chumaceras rectas A y B que perno enA. Sugerencia: use los ejes x, y, z orientados hace que el eje se desacelere a 1 rad/s2 cuando tiene como se ve en la figura. velocidad angular ro = 6 rad/s. Calcule las reacciones en las chumaceras en el instante que muestra la figura. ¿Qué valor tiene el momento de fricción M que origina la desaceleración? Establezca los ejes en G con la dirección +y hacia arriba y +z dirigido a lo largo del eje de la flecha, haciaA .

B

A

Prob.21.49

Prob.21.S2

534

CAP. 21 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

E

*21.5 Movimiento giroscópico En esta sección se deducirán las ecuaciones que se emplean para analizar el movimiento de un cuerpo (o trompo) simétrico con respecto a un eje y que se mueve en tomo a un punto fijo que queda en dicho eje. Estas ecuaciones se aplicarán a continuación al estudio del movimiento de un dispositivo especialmente interesante, el giroscopio. Se analizará el movimiento del cuerpo empleando los ángulos de Euler e, Oy '1'(fi, teta, psi). Para mostrar cómo definen estos ángulos la posición de un cuerpo, nos referiremos al trompo de la figura 21.4a. Está fijo al punto O y tiene la orientación que se muestra en la figura 21.14d con respecto a los ejes fijos X; y, Z, en cierto momento. Para definir esta posición final, se necesitará un segundo conjunto de ejes, los x, y, z, Para fines de nuestra descripción, suponga que esa referencia está fija en el trompo. Al principio, los ejes X; y, Z y x, y, z coinciden, figura 21.14a, y la posición final del trompo se determina mediante los tres pasos siguientes:

Fig.21.14

z. z

~~--~~--~r-~y

1. X,x

s

(a)

2.

3.

Girar el trompo en tomo al eje Z (o z) en un ángulo ~ (O ~ ~ < 2n) figura 21.14b. Girar el trompo en tomo al eje x en un ángulo O (O ~ O ~ n) figura 21.14c. Girar el trompo en tomo al eje z un ángulo '1' (O ~ '1' < 2n) para obtener la posición final, figura 20.14d.

ti E

P SI

ti

e si

n ti

j¡

d e

(

e

p Se debe mantener que las rotaciones Aunque éste sea d'l' son vectores, puede expresarse

la secuencia de estos tres ángulos, ~, O, '1',ya finitas no son vectores (véase la Fig. 20.1). el caso, las rotaciones infinitesimales de, dO Y y por ello la velocidad angular w del trompo en términos de las derivadas de los ángulos de

z

)~:o::----'--~- y

x

y

x

x

x Precesión (b)

Nutación

(e)

Giro (d)

r t

~

www.elsolucionario.org SECo 21.5

Euler con respecto al tiempo. Las componentes de velocidad angular (¡J, Oy i¡t se conocen como precesión, nutación y giro, respectivamente. Sus direcciones positivas se indican en la figura 21.14. En la figura puede observarse que los vectores no todos son perpendiculares entre sí; sin embargo, la w del trompo puede seguirse expresando en términos de estas tres componentes. En nuestro caso, el cuerpo (trompo) es simétrico con respecto al ejez o de giro. Si vemos el trompo de la figura 21.15, para el cual el ejex se orienta de tal modo que en el instante que se considera el ángulo de giro '" = O,y los ejes X, y, z, siguen el movimiento del cuerpo sólo en nutación y precesión, es decir, Q = wp + wn , entonces la nutación y el giro se dirigen siempre a lo largo de los ejes x y z, respectivamente. Por lo tanto, la velocidad angular del cuerpo sólo se especifica en términos del ángulo {} de Euler, es decir, w = wxÍ + wyj + wzk = Oi + «(¡J sen O)j + «(¡J cos {} + i¡t)k

MOVIMIENTO GIROSCÓPICO

z

y

~-------------- y

x

~w,, =e \

(21.27) Fig. 21.15

Como la componente del giro no afecta al movimiento de los ejes, Q = Qx

i+

n" j

+ Qz k

= Oi + (¿,; sen

BU + «(¡J cos O)k

(21.28)

Los ejes X, y, z de la figura 21.15 representan a los ejes principales de inercia del cuerpo para cualquier giro del cuerpo en torno a estos ejes. Por lo tanto, los momentos de inercia son constantes y se representarán como Iu = Iyy = 1, e Iu = Ir Como Q of. w, se usan las ecuaciones 21.26 de Euler para establecer las ecuaciones del movimiento rotatorio. Sustituyendo en estas ecuaciones las componentes respectivas de la velocidad angular definidas por las ecuaciones 21.27 y 21.28, sus derivadas correspondientes con respecto al tiempo, y las componentes del momento de inercia tenemos rMT = I(é - (¡J2 sen {} cos O) + 1# sen {}(¡;, cos {} + i¡t) rMy = I(~ sen {} + 2i;J Ocos O) - Iz O(¡;' cos {} +

lp)

(21.29)

rMz = Iz( ÍÍt + ~ cos {} - (¡JO sen O)

Cada suma de momentos sólo se aplica en el punto fijo O o al centro de masa G del cuerpo. Como las ecuaciones representan un sistema acoplado de ecuaciones diferenciales no lineales de segundo orden, en general no se obtendrá una solución de forma cerrada. En cambio, pueden obtenerse en forma gráfica los ángulos de Euler~, {} y '" como funciones del tiempo empleando técnicas de análisis numérico y de computación.

535

x

536

CAP. 21 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

Sin embargo, existe un caso especial para el cual es posible una simplificación de las ecuaciones 21.29. Llamada comúnmente precesión continua, ésta se presenta cuando los ángulos de nutación (J, de precesión ib y de giro y, permanecen constantes. Las ecuaciones 21.29 se reducen así a la forma

r.Mx = -I~2

sen

(Jcos (J+ IjJ

sen

(J(~

cos

(J+

y,) I

ae tal

int la en mI

(21.30)

de lla

eo qu El;

Se puede simplificar más la ecuación 21.30 notando que, de acuerdo con la ecuación 21.27, {Oz = fJ cos (J + y" de modo que

r.Mx = -I~2

sen

(Jcos (JljJ(sen

pr, pr pil

8'){Oz

el nil di; so da

o sea (21.31)

Es interesante hacer notar los efectos que tiene el giro y, sobre el momento con respecto al eje x. A este respecto se tiene el rotor giratorio de la figura 21.16. En este caso (J = 90°, Ypor lo tanto la ecuación 21.30 se reduce a la forma

El

o bien

ve se: an or

www.elsolucionario.org

di

(21.32)

Q,

re, un

mi

mi

;¡. y

te: la us ei; ea só

El x,»

Fig.21.16

za tn gr je

SECo 21.5

De acuerdo con la figura se ve que los vectores EMx, o" y W z actúan todos a lo largo de sus respectivos ejes positivos y, por lo tanto, son mutuamente perpendiculares. Dejándose llevar por la intuición, cabría esperar que el rotor caiga bajo la influencia de la gravedad. Sin embargo, esto no sucede, siempre que se escoja en forma correcta al producto /zo"wz para contrarrestar el momento r.Mx = WrG del peso del rotor con respecto a O. A este desusado fenómeno de movimiento de cuerpo rígido se le suele llamar efecto giroscópico. Quizá una demostración más intrigante del efecto giroscópico se tiene al estudiar la acción de un giroscopio. Éste es un rotor que gira a muy alta velocidad con respecto a su eje de simetría. Esta veloCidad de giro es bastante mayor que la velocidad de precesión en torno al eje vertical. Por lo tanto, para todo fin práctico, puede suponerse que el momento angular del giroscopio está dirigido a lo largo de su eje de giro. Por lo mismo, para el rotor de giroscopio que se ve en la figura 21.17, Wz ~ 0", y la magnitud del momento angular con respecto al punto O, calculada mediante las ecuaciones 21.11 se reduce a la forma Ha = /zwz. Como son constantes tanto la magnitud como la dirección de Ha. obselVadas de X, y, z, la aplicación directa de la ecuación 21.22 nos da (21.33)

MOVIMIENTO GIROSCÓPICO

537

Y. Z

!1

ji

Y ""-I""

¡Mx.----x

(\,.....,

w.

~tf ' ~ / &-(j.z.r x

Empleando la regla de la mano derecha aplicada al producto vectorial, se ve que o" siempre hace oscilar a Ha (o a wz ) hacia el sentido de EMx. De hecho, el cambio de dirección del momento angular del giroscopio, dH o, es equivalente al impulso angular originado por el peso del giroscopio con respecto a O, es decir, dHo = EMx dt, ecuación 21.20. También, como Ha = /zwz y r.Mx, 0", y Ha son perpendiculares mutuamente, la ecuación 21.33 se reduce a la ecuación 21.32. Cuando sé monta un giroscopio en anillos de soporte como una unión universaL, o cardán, figura 21.18, se Libera de los momentos externos aplicados a su base. Por lo tanto, en teoría, su momento angular H nunca presentará precesión, sino que mantendrá su orientación fija en el eje de giro cuando se da vuelta a la base. A este tipo de giroscopio se le llama giroscopio Libre, y se usa como brújula giroscópica cuando su eje de giro se dirige hacia el norte. En realidad, el mecanismo cardánico nunca está completamente libre de fricción y, por lo tanto, este dispositivo sólo puede emplearse para navegación local de barcos y aviones. El efecto giroscópico también se emplea como medio de estabilización de movimientos de vaivén de los barcos en el mar, y de las trayectorias de misiles y proyectiles. Además, este efecto tiene gran importancia en el diseño de ejes y cojinetes para rotores sujetos a precesión forzada.

Ho

Fig.21.17

Cojinetes

Fig.21.18

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538

CAP. 21 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

Ejemplo21.6 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

~

El trompo que muestra la figura 21.19a tiene una masa de 0.5 kg Yuna precesión en torno al eje vertical, con ángulo () = (fY

constante. Gira con velocidad angular (i)s = 100 radls. Calcule la velocidad (i)p de precesión. Suponga que los momentos axial y transversal de inercia del trompo son 4.5(1Q-4) kg . m2 y 12.0(1Q-4) kg' m2, respectivamente, medidos con respecto al punto fijo O. z

w, = 100 rad/s

y

""jf....- - - - - - y

(a)

x

x (b)

Fig.21.19

SOLUCIÓN Para la solución se empleará la ecuación 21.30, ya que el movimiento es una precesión uniforme. Como se ve en el diagrama de cuerpo libre, figura 21.19b, se establecen los ejes coordenados del modo usual; esto es, con el eje z positivo en la dirección del giro, el eje Z positivo en dirección de la precesión, y el eje x positivo en la dirección del momento EMx (véase Fig. 21.15). Entonces,

EM, = - 1~2 sen () cos () + 1j¡J sen ~~ cos () + l¡t) 4.905(0.05) sen 60° = - 12.0(10- 4) ~2 sen 60° cos 60° + 4.5(10- 4) ~ sen 600(~ cos 60° + 100) osea ~2 -

120.0 ~ + 654.0 = O

(1)

Al despejar la precesión de esta ecuación cuadrática se obtiene ~

= 114 rad/s

precesión alta

Resp.

~

= 5.72 rad/s

precesión baja

Resp.

y

En realidad, se observará en general precesión baja del trompo, ya que la alta necesitaría de una mayor energía cinética.

SECo 21.5 MOVIMIENTO GIROSCÓPICO

539

Ejemplo 21.7

El disco de 1 kg que se muestra en la figura 21.2Oa gira en tomo a su eje con una velocidad angular constante WD = 70 rad/s. El bloque en B tiene una masa de 2 kg, Ysi se ajusta su posición s, puede cambiarse la precesión del disco con respecto a su punto de soporte en o. Calcule la posición de s que permita al disco tener una velocidad constante de precesión wp = 0.5 rad/s en tomo al pivote. Desprecie el peso del eje.

Fig.21.20

SOLUCIÓN

En la figura 21.20b se muestra el diagrama de cuerpo libre del disco, en la cual F representa la fuerza de reacción del eje sobre el disco. El origen de los sistemas coordenados X, y, z y X, y, Z está en el punto O, que representa un punto fijo para el disco. (Aunque el punto O no pertenezca al disco, imaginemos una extensión sin masa desde el disco hasta este punto.) En el sentido convencional, se escoge el eje Z a lo largo de este eje de precesión, y el eje z a lo largo del eje de giro, de modo que {} = 90°. Como la precesión es estable, puede emplearse la ecuación 21.31 para la solución. Esta ecuación se reduce a

Z,y

x, z

Y,x

F

que es la misma que la ecuación 21.32. Sustituyendo los datos se obtiene

9.8 1 N (b)

9.81(0.2) - F(0.2) = 0.5[~lXO.05)2](-70)

F= 10.0 N Como se ve en el diagrama de cuerpo libre del eje y el bloque B figura 21.2Oc, la suma de momentos con respeclo al eje x requiere que

r

0.20 m

19.62 N

R

(19.62) s = (1O.0XO.20) =

0.102 m

=

102 m

10.0 N (e )

Resp.

540

CAP.21 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

*21.6 Movimiento libre de pares

z y

x

/

cb~w

(a)

R(

Cuando la única fuerza externa que actúa sobre un cuerpo es la gravitación, al momento general del cuerpo se le llama movimiento libre de pares. Este tipo de movimiento es característico de los planetas, satélites artificiales y proyectiles siempre que, respecto a estos últimos, se desprecien los efectos de la fricción del aire. Para describir las características de este movimiento se supondrá que la distribución de la masa del cuerpo es axisimétrica. El satélite que muestra la figura 21.21a es un ejemplo de esta clase de cuerpos, en donde el eje z representa un eje de simetría. El origen de las coordenadas X, y, z se ubica en el centro de masa G, de tal modo que Izz = I, e Ixx = Iyy = 1, para el cuerpo. Si la única fuerza externa presente es la gravitación, la suma de momentos con respecto al centro de masa es cero. De la ecuación 21.21, es necesario que el momento angular del cuerpo sea constante, es decir, HG

Fig.21.21

=

www.elsolucionario.org = HG

sen

(}j

+ HG cos

= Iw)

sil:

la gu

al to

pl se pr fij ex

(}k

Además, empleando las ecuaciones 21.11, tenemos HG

an

const

En el instante que se está considerando, se supondrá que el marco inercial de referencia está orientado de tal modo que el eje Z positivo está dirigido a lo largo de HG, y el eje y queda en el plano que forman los ejes z y Z, figura 21.21a. El ángulo de Euler formado entre Z y z es ()y, por lo tanto, con esta selección de ejes, el momento angular puede expresarse de la manera siguiente: HG

tri y<

+ Iwyj + IzO?zk

donde wx' wy y to, representan las componentes de la velocidad angular a lo largo de los ejes X, y, z. Igualando las componentes i, j Y k de las dos ecuaciones anteriores resulta HG sen () HG COS () Wx = O wy = l to, = l (21.34) z

o sea

tr:

nc cu

El dé to

ge in _ HG sen (). HG COS wl J+ l

()

k

(21.35)

z

De igual forma, igualando las componentes i, j Yk respectivas de la ecuación 21.27 con las de la 21.34 tenemos

fi¡

pI re y p<

i:

t,

0=0

. () HG sen () ~ sen = l . (). HG COS () ~ cos + Iz

"'=

el rr p< ci

11<

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SEC.21.6 MOVIMIENTO LIBRE DE PARES

541

Resolviendo el sistema obtenemos 8 = const . HG

rjJ = ¡

.

(21.36)

Eje de

Z

Eje instnntii.neo

1 - lz

lfI = --¡¡ H G cos 8 z

Así, para el movimiento libre de pares de un cuerpo axisimétrico, el ángulo 8 que se forma entre el vector momento angular y el giro del cuerpo permanece constante. Además, el momento angular HG , la precesión i;J y el giro l¡t del cuerpo permanecen siempre constantes durante el movimiento. Si se elimina a HG de la segunda y tercera de las ecuaciones 21.36 se obtiene la siguiente relación entre giro y precesión:

.

1- 1 .

lfI = _ _z rjJ cos 8

lz

Eje de giro

Cono de cuerpo

Fig. 21.21 (cont.)

(21.37)

Como se ve en la figura 21.21b, el cuerpo precede en tomo al eje Z que tiene dirección fija, y al mismo tiempo gira en torno al eje z. Estas dos componentes del movimiento angular pueden estudiarse empleando un sencillo modelo de cono, que se presentó en la sección 20.1. El cono espacial que define a la precesión está fijo, puesto que la precesión tiene una dirección fija, mientras que el cono del cuerpo gira en tomo a la superficie externa del cono espacial, sin resbalar. Sobre esta base, d~be uno tratar de imaginar el movimiento. El ángulo interior de cada cono se escoge de tal modo que la velocidad angular resultante del cuerpo esté dirigida según la línea de contacto de los dos conos. Esta línea de contacto representa el eje instantáneo de rotación del cono del cuerpo, y por consiguiente, la velocidad angular tanto del cono del cuerpo como del cuerpo se deben dirigir a lo largo de esta línea. Como el giro es función de los momentos de inercia 1 e lz del cuerpo, ecuación 21.36), el modelo de cono de la figura 21.21b es satisfactorio para describir el movimiento, siempre que 1 > lz. El movimiento libre de par que cumple con estos requisitos se llama precesión regular. Si 1 < Izo el giro es negativo y la precesión es positiva. Este movimiento está representado por el movimiento del satélite que se ve en la figura 21.22 (1 < lz). Se puede usar de nuevo el modelo de cono para representar el movimiento; sin embargo, para preservar la suma vectorial correcta de giro y precesión y obtener la velocidad angular úJ, la superficie interior del cono del cuerpo debe rodar sobre la superficie exterior del cono espacial (fijo). A este movimiento se le llama precesión retrógrada.

Eje instantáneo

Z

de rotación

Eje de precesión

Eje de giro

Fig.21.22

542

CAP. 21 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

Ejemplo21.8

~

El movimiento de un balón de futbol americano se sigue mediante un proyector de cámara lenta. Por la película, se ve que el balón se dirige a 30" de la horizontal, como se indica en la figura 21.23a. También, el balón precede en tomo al eje vertical a la velocidad de ~ = 3 rad/s, Si la razón de los momentos de inercia axiales a transversales es de t, medidos con respecto al centro de masa, calcule la magnitud del giro del balón y su velocidad angular. Desprecie la resistencia del aire.

Pl 21.!

a c( zar. rek

le 1: do me:

r-

21.:

el

t

pOI

Se

I .

c1)

án¡ =3

radJs

a I( mü ¿p( 21. CU¡

pUl

cm .p)l

(b)

(a)

zq FIg.21.23 • 21.

SOLUCIÓN

col

Como el peso del balón es la única fuerza que actúa, el movimiento es libre de par. En el sentido convencional, si se establece al eje z a lo largo del eje de giro, y el eje Z a lo largo del eje de precesión, como se ve en la figura 21.23b, entonces el ángulo () = 60°. Aplicando la ecuación 21.37 el giro es de

SOl

. /-/ '" =

T. ~cos ()= / -1/ }/ (3) cos 60° =

3 rad/s

Resp.

Empleando las ecuaciones 21.34 para HG 21.36, se obtiene Cüx

Cüy

to,

= M,

ecuación

=O =

H G sen () = 3/ sen 60° /

/

= H G COS / z

()

=

2 60

.ras

di

= 3/ cos 60° = 4 50 di 1/ . ra s 3

Así, Cü = .¡ (CüxY + (Cüy)2 + (Cü,)2

= .¡ (0)2 + (2.60)2 =

5.20 rad/s

+ (4.50)2

Resp.

res Iro an' un

las

yl.

PROBLEMAS

543

PROBLEMAS 21.53. Un avión desciende con ángulo pronunciado y a continuación se nivela horizontalmente para aterrizar. Si la hélice gira en sentido de las manecillas del reloj vista desde la parte trasera del aeroplano calcule la dirección en la cual tiende a girar el avión, debido al efecto giroscópico cuando se nivela horizontalmente. 21.54. Una varilla delgada coincide inicialmente con el eje Z cuando se le dan tres rotaciones definidas por los ángulos de Euler (J = 45°,9> = 30° Y t¡I = 60°. Se dan esas rotaciones en el orden citado. Calcule los ángulos de dirección del eje de la varilla con respecto a los ejes coordenados X; y, Z. ¿Es esta dirección la misma para cualesquiera orden de las rotaciones? ¿Porqué?

21.57. La hélice de un avión monomotor tiene 15 kg de masa y radio de giro centroidal de 0.3 m calculado con respecto al eje de giro. Vista desde el frente del aeroplano, la hélice gira en sentido de las manecillas del reloj a 350 rad/s en tomo a su eje de giro. El avión entra a una curva vertical que tiene un radio p = 80 m y viaja a 200 km/h. Calcule el momento giroscópico que ejerce la hélice sobre las chumaceras del motor.

\

21.55. Demuestre que la velocidad angular de un cuerpo, en términos de los ángulos de Euler 9>, (Jy t¡I, puede expresarse en la forma w = (~ sen (J sen t¡I + iJ cos t¡I)i + (9) sen (J cos t¡I - e sen t¡I)j + (iD cos e + .p)k, estando dirigidos i, j, k a lo largo de los ejes x, y, z que se ven en la figura 21.14d.

P =80

m

* 21.56. El conjunto del rotor en el motor de un avión cohete consta de turbina, eje de impulsión, y compresor. La masa total es de 700 kg, el radio de giro con respecto el eje de la flecha es kAB = 0.35 m, y el centro de masa está en G. El rotor tiene una velocidad angular WAB = 1000 rad/s y el aeroplano va a salir de una curva vertical a la velocidad de 250 mis. Calcule las componentes de la reacción en las chumaceras A y B, debidas al efecto giroscópico.

Proh.21.57

21.58. El disco de 20 kg gira alrededor de su centro a W s = 20 rad/s y al mismo tiempo el eje de soporte gira a ~ = 6 rad/s. Calcule el momento giroscópico originado por las reacciones de la fuerza que ejerce el pemoA sobre el disco, debido al movimiento.

y

250 mis

=20 rad/s

úJs

Prob.21.56

r-ail'!!'I'----j-·x

Prob.21.58

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544

CAP.21 CINÉTICA DE UN CUERPO RíGIDO EN TRES DIMENSIONES

21.59. La rueda de 30 lb gira sin resbalar. Tiene un radio de giro kAB = 1.2 ft con respecto al ejeAB, y el eje motriz vertical gira a 8 rad/s. Calcule la reacción que ejerce la rueda sobre el piso en C.

21.61. Una quebradora de piedra consta de un disco grande y delgado que gira en tomo a un eje horizontal. El eje gira a velocidad constante de 8 rad/s. Calcule la fuerza normal que ejerce el disco sobre las piedras. Suponga que el disco rueda sin resbalar y que tiene una masa uniforme de 25 kg.

x

e

Prob.21.S9 Prob. 21.61

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• 21.60. El motor pesa 50 lb Ysu radio de giro con respecto al ejez es 0.2 ft . El eje del motor está sostenido en chumaceras en A y en B, y gira a velocidad constante {(), = {lOOk} rad/s, mientras que el soporte tiene una velocidad angular ary = {2j} rad/s. Calcule el momento que ejercen las reacciones de las chumaceras enA y B sobre el eje debido a estos movimientos.

Prob.21.60

21.62. El satélite tiene una masa de 1.8 Mg, Ysus radios de giro axial y transversal con respecto a los ejes que pasan a través del centro de masa G son kz = 0.8 m y k, = 1.2 m, respectivamente. Gira a {(), = 6 rad/s cuando se dispara. Calcule su momento angular. La precesión se presenta en tomo al eje Z.

Prob.21.62

PROBLEMAS

545

21.63. El proyectil que se ve en la figura está sujeto a • 21.64. El disco de 4 kg se arroja con un giro ClIz = 6 movimiento libre de pares. Los momentos de inercia rad/s. Se mide el ángulo. (J y ésta es de 160°. Calcule transversal y axial son I e I z , respectivamente. (J rep- la precesión con respecto al eje Z. resenta el ángulo entre el eje Z de precesión y el eje de simetría z, y p es el ángulo entre la velocidad angular (l) y el eje z. Demuestre que p y (J se relacionan mediante la ecuación tan (J = (I!Iz) tan p.

z

z

mmmEb

~, = 6radls

\\

Prob.21.63

z

Prob.21.64

•

•

U m

ec L d( m UJ

\-

ri, d( bJ

P( ci e) re

ti] ar

re UJ {-c

'

si

m CI

--

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22 Vibraciones

Una vibración es el movimiento periódico de un cuerpo o sistema de cuerpos conectados, desplazados desde una posición de eq uilibrio. En general, hay dos tipos de vibración: libre y forzada. La vibración libre se presenta cuando el movimiento se mantiene debido a fuerzas restaurativas de gravitación o elásticas, tales como el movimiento oscilatorio de un péndulo o la vibración de una barra elástica. La vibración forzada la origina una fuerza periódica o intermitente, externa, aplicada al sistema. Ambos tipos de vibración pueden ser amortiguadas o no amortiguadas. Las vibraciones no amortiguadas pueden continuar indefinidamente porque en su análisis no se toman en cuenta los efectos de fricción. Como en realidad se presentan fuerzas tanto internas como externas, el movimiento de todos los cuerpos vibratorios es en realidad amortiguado. En este capítulo estudiaremos las características de los dos tipos de vibración que se mencionaron. El análisis se aplicará a aquellos cuerpos que están limitados a moverse sólo en una dirección. Este sistema de un grado de libertad sólo necesita de una coordenada para especificar por completo la posición del sistema en cualquier momento. El análisis de sistemas de grados múltiples de libertad se basa en este caso simplificado y se des~ cribe detalladamente en textos sobre teoría de la vibración.

548

CAP. 22 VIBRACIONES

* 22.1 Vibración libre no amortiguada

Posición de

(a)

(b)

El tipo más simple de movimiento vibratorio es la vibración libre no amortiguada, que se representa mediante el modelo 'de la figura 22.1a. El bloque tiene una masa m y está fijo a un resorte cuya rigidez es k. El movimiento vibratorio se presenta cuando el bloque se suelta partiendo de una posición desplazada x de tal modo que el resorte lo jala. Cuando esto sucede, el bloque alcanza una velocidad tal que seguirá moviéndose fuera del equilibrio cuando x = O. Siempre que la superficie de soporte sea lisa,'la oscilación continuará indefinidamente. La trayectoria de movimiento de bloque, dependiente del tiempo, puede determinarse aplicando la ecuación del movimiento al bloque cuando está en posición desplazada x. En la figura 22.1b aparece el diagrama de cuerpo libre. La fuerza elástica de restauración, F = la, siempre se dirige hacia la posición de equilibrio, mientras que se supone que la aceleración a actúa en dirección del desplazamiento positivo. Notamos que a = d'xldt? = X, Yse tiene

o

la ni ni

.. 1

Fig.22.1

m q

-kx =mx

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Vemos aquí que la aceleración es proporcional a la posición del bloque. El movimiento descrito de este modo se llama movimiento armónico simple. Rearreglando los términos en una "forma normal" se obtiene

d

ci SI

(22.1) A la constante p se le llama frecuencia circular, se expresa en rad/s, y en este caso

e 2

t¡

(22.2)

e I

Se puede obtener también la ecuación 22.1 si se considera suspendido al bloque, y midiendo el desplazamiento y a partir de la posición de equilibrio del bloque, figura 22.20. Cuando el bloque está en equilibrio, el resorte ejerce una fuerza hacia arriba F = W = mg sobre el bloque. Por lo tanto, cuando éste se desplaza una distancia y hacia abajo de esta posición, la magnitud de la fuerza del resorte es F = W + ky, figura 22.2b. Aplicando la ecuación de movimiento se obtiene -W-ky

+ W=mji

I I

-; -

r'

g P 2

d h

2 e v

n

SECo 22.1

f

VIBRACIÓN LIBRE NO AMORTIGUADA

549

Posición de \ equilibrio

r

,1

(a)

(b)

Fig.22.2

o bien

la cual es la misma forma de la ecuación 22.1, donde p está definida mediante la ecuación 22.2. La ecuación 22.1 es una ecuación diferencial homogénea, lineal y de segundo orden, con coeficientes constantes. Puede demostrarse, empleando los métodos de ecuaciones diferenciales, que la solución general de esta ecuación es

Ix =A senpt + B_cospt

(22.3)

dondeA y B representan dos constantes de integración. La velocidad y la aceleración del bloque se calculan derivando en forma sucesiva con respecto al tiempo, con loque se obtiene v =x =Ap cospt - Bp senpt a = x = - A p 2 sen pt - Bp 2 cos pt

(22.4) (22.5)

Cuando se sustituyen las ecuaciones 22.3 y 22.5 en la ecuación 22.1, se satisface plenamente la ecuación diferencial y, por lo tanto, la ecuación 22.3 representa la solución verdadera de la ecuación 22.1. Las constantes de integración A y B de la ecuación 22.3 en general se calculan de acuerdo con las condiciones iniciales del problema. Por ejemplo, supongamos que el bloque de la figura 22.1a se desplaza a la distanciax¡ hacia la derecha de su posición de equilibrio, y se le da una velocidad inicial (positiva) V¡ dirigida hacia la derecha. Sustituyendo x = x¡ cuando t = Oen la ecuación 22.3, se obtiene B = Xl' Como v = v¡ cuando t = O, empleando la ecuación 22.4 obtenemos A = v¡/p. Si ahora se sustituyen esos valores en la ecuación 22.3, la ecuación que describe el movimiento se transforma en x=

~ senpt + x¡ cospt p

(22.6)

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550

CAP. 22 VIBRACIONES

La ecuación 22.3 puede expresarse también en términos de movimiento seno idal simple. Sean

UI

A

=

C:cos~

(22.7)

B

=

e sen e

(22.8)

A pl

en las cuales e y f' son constantes nuevas que se deben calcular en lugar deA y B. Sustituyendo en la ecuación 22.3 se obtiene

dI

y

x = ecos f' sen pt + e sen f' cos pt

Como sen( () + f')

= sen

Ix

()cos f'

=

L

+ cos ()sen f', entonces

e sen(pl + f')

pl

I

(22.9)

Sise grafica esta ecuación en un sistema de coordenadas x contra pt, se obtiene lo que muestra la figura 22.3. El desplazamiento máximo del bloque con respecto a su posición de equilibrio se llama amplitud de la vibración. De acuerdo con esta figura, o con la ecuaéión 22.9, la amplitud es C. El ángulo f' se llama ángulo de fase, porque representa la cantidad de desplazamiento de la curva con respecto al origen cuando t = O.Las constantes e y f' se relacionan conA y B mediante las ecuaciones 22.7 y 22.8. Elevando al cuadrado y sumando estas dos ecuaciones, la amplitud es

o

L de do

lil ci vi ci m

(22.10) Si la ecuación 22.8 se divide entre la ecuación 22.7, el ángulo de fase es

CI

B f' = tan-lA

ci

(22.11)

di

x

m rr .

~{,

/1',

--~~+------+--·------~--------4-------PI Fig.22.3

e

p ¡ciclo

21C

= pr

Periodo de tiempo (r)

p y e

SECo 22.1 VIBRACIÓN LIBRE NO AMORTIGUADA

Nótese que la curva senoidal de la ecuación 22.9 complt.:ta un ciclo en el tiempo t = r ( tau) cuando p r = 2n, o sea

(22.12) \

A este intervalo de tiempo se le llama periodo, figura 22.3. Empleando la ecuación 22.2, también puede representarse al periodo como r = 2n{

~

(22.13)

La frecuencia f se define, como el número de ciclos completados por unidad de tiempo, lo cual es la recíproca del periodo:

(22.14)

o bien

f=~ 2n 1I m

(22.15)

La frecuencia se expresa en ciclos/s. Esta razón de unidades se denominahertz (Hz), siendo 1 Hz = 1 ciclo/s = 2nrad/s. Cuando a un cuerpo o sistema de cuerpos conectados se le da un desplazamiento inicial con respecto a su posición de equilibrio y se suelta, vibrará con una determinada frecuencia, conocida como frecuencia natural. A este tipo de vibración se le llama vibración Libre, siempre que no actúen fuerzas externas, a excepción de las gravitatorias o elásticas, sobre el cuerpo durante el movimiento. También, si la amplitud de la vibración permanece constante, al movimiento se le llama no amortiguado. La vibración libre no amortiguada de un cuerpo que tiene un solo grado de libertad tiene las mismas características que el movimiento armónico simple del bloque y resorte. En consecuencía, el movimiento del cuerpo se describe con una ecuación diferencial de la misma forma que la ecuación 22.1, es decir,

I x + p 2x = O I

(22.16)

Por lo tanto, si se conoce la frecuencia circular p del cuerpo, se pueden calcular el periodo de vibración r, la frecuencia naturalf y otras características de la vibración del cuerpo, empleando las ecuaciones 22.3 a 22.15.

551

552

CAP. 22 VIBRACIONES

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS Como en el caso del bloque y resorte, se puede calcular la frecuencia circular p de un cuerpo rígido o sistema de cuerpos rígidos conectados. con un solo grado de libertad, empleando el siguiente procedimierito: .'

,-

Diagrama de cuerpo libre. Trace el diagrama de cuerpo libre cuando el cuerpo está desplazado un poco de su posición de equilibrio. Ubique el cuerpo con respecto a su posición de equilibrio empleando una coordenada inerciaL q adecuada. La aceleración B(; del centro de masa del cuerpo, o la aceleración angular a deben tener un sentido que sea en la dirección positiva de la coordenada de posición. Si se decide usar la ecuación del movimiento rotatorio W p = 1:(.M, k)P, sería entonces adecuado trazar también el diagrama cinético, porque explica en forma gráfica a las componentes m (aG)x, m(aG)y e IGa, con lo que resulta adecuado para visualizar los términos necesarios en la suma de momentos 1:( .Atk)p.

Ecuación de movimiento. Aplique la ecuación de movimiento para relacionar las fuerzas restaurativas elásticas o gravitato-

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rias, y los momentos de par que obran sobre el cuerpo, al movimiento acelerado del mismo.

Cinemática. Mediante la cinemática, exprese el movimiento acelerado del cuerpo en términos de la segunda derivada de la coordenada de posición, ij, con respecto al tiempo. Sustituya este resultado en la ecuación de movimiento y calcule p rearreglando los términos de tal modo que la ecuación resultante tenga la forma ij + p2q = O. Los ejemplos siguientes muestran este procedimiento.

, \

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SEC.22.1 VIBRACIÓN LIBRE NO AMORTIGUADA

Ejemplo 22.1 Calcule el periodo de vibración del péndulo simple que aparece en la figura 22.4a. La lenteja tiene una masa m y está fija a una cuerda de longitud l. Desprecie el tamaño de la lenteja. SOLUCIÓN · Diagrama de cuerpo libre. El movimiento del sistema se relaciona con la cqorderiada de posición (q =) O, figura 22.4b. Cuando la

lenteja se desplaza un ángulo O, la fuerza de restauración que actúa sobre ella está originada por la componente del peso mg sen O. Además, a, actúa en la dirección de s (o 8) creciente.

Ecuación de movimiento. Al aplicar la ecuación de movimiento en dirección tangencial, ya que ello implica a la fuerza de res-

W=mg (b)

(a)

tauración, se obtiene +/rF, = ma, ;

Cinemática. a,

- mg sen O= ma,

(1)

= d2s/dt2 = s. Además, puede relacionarse a s

con Omediante la ecuación s = 10, de modo que a, tanto, la ecuación 1 se reduce a la forma

e+ 7g sen 0 = O

= {(J. Por lo (2)

En la solución de esta ecuación interviene una integral elíptica. Sin embargo, para pequeños desplazamientos, sen O'" O en cuyo caso (3) Comparando esta ecuación con la 22.16 (x + p2X = O), que es la "forma normal" del movimiento armónico simple, se ve que p= De acuerdo con la ecuación 22.12, el periodo de tiempo necesario para que la lenteja haga una oscilación completa es, entonces,

rg¡¡.

Resp. Este interesante resultado, descubierto originalmente por Galileo Galilei en forma experimental, indica que el periodo sólo depende de la longitud de la cuerda, y no de la masa de la lenteja del péndulo, o del ángulo O. La solución de la ecuación 3 está dada por la da la ecuación 22.3, en donde p = y O se sustituye con x. Como en el caso del bloque y el resorte, en este problema pueden calcularse las constantes A y B si, por ejemplo, se conoce el desplazamiento y la velocidad de la lenteja en un determinado momento.

rg¡¡,

Fig.22.4

553

554

CAP. 22 VIBRACIONES

Ejemplo 22.2

La placa rectangular de 10 kg de la figura 22.5a está suspendida en su centro de una varilla que tiene una rigidez torsional k = 1.5 N . mirad. Calcule el periodo natural de vibración de la placa cuando se le üa un pequeño desplazamiento angular een el plano de la placa.

T= W

Fig.22.S

w (b)

(a)

SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. Figura 22.5b. Como la placa está desplazada en su propio plano, el momento torsional restaurativo creado por la varilla es M = ke. Este momento actúa en dirección opuesta al desplazamiento angular e. La aceleración angular ~ actúa en dirección de las epositivas. /

Ecuación de movimiento -ke = lo~

o bien

.;, k v= - e=o lo Como esta ecuación está en la "forma estándar", la frecuencia circular es p = .¡ k/lo . El momento de inercia de la placa con respecto a un eje que coincide con la varilla es lo = izm(a 2 + b 2). Por lo tanto,

lo = &10)[(0.2)2 + (0.3)2] = 0.108 kg . m2 Por lo tanto, el periodo natural de vibración es r= 2," = 2,"

P

¡¡; k

= 2,"'¡ 0.108 = 1.69 s 1.5

Resp.

SECo 22.1

VIBRACIÓN LIBRE NO AMORTIGUADA

555

Ejemplo 22.3

La varilla doblada que aparece en la figura 22.60 tiene una masa despreciable y soporta un contrapeso de 5 kg en su extremo. Calcule el periodo natural de vibración del sistema. SOLUCIÓN Diagramas de cuerpo libre y cinético. Figura 22.6b. En este caso, la varilla está desplazada en un pequeño ángulo () de su posición de equilibrio. Como el resorte está sujeto a una compresión iniGial x,! en el equilibrio, entonces, cuando el desplazamiento x > x,! el resorte ejerce una fuerza F. = kx - kx,! sobre la varilla. Para obtener la "forma estándar" de la ecuación 200 mm ----1 22.16, 5lly obra hacia arriba, lo cual está de acuerdo con el desplazamiento () positivo. ¡;;;;F.::====~.B;c------r-¡ C

¡--

5 kg

IOOmm

Ecuación de movimiento. Se suman los momentos con respecto al punto B para eliminar la reacción desconocida en este punto. Como (}es pequeño,

\t IMB = I:(Mk)B;

kx(0.1) - kx,lO.1) + 49.05(0.2) = - 5ai O.2)

~~t.=@t l A k=400N/m

Ca)

1---02 m----l I By

El segundo término del lado izquierdo, - kxiO.1) representa ~~-~_:-:_:-n::::::=:;:::;;2¡J\L"Bx el momento creado por la fuerza del resorte, necesario para mantener al contrapeso en equilibrio, es decir, en x = O. Como F, = kx este momento es igual y opuesto al momento 49.05(0.2) creado por el peso del contrapeso, los dos términos se anulan en la ecuación anterior, y entonces 5 ay kx(O.l)

=

- 5aiO.2)

(1)

Cinemática. Se pueden relacionar las posiciones del resorte y el contrapeso con el ángulo (), figura 22.6c. Como () es pequeño, x = 0.1 (}y Y = 0.2(). Por lo tanto, ay = ji = 0.20. Sustituyendo en la ecuación 1 se obtiene 400(0.18)0.1

=

- 5(0.28)0.2

Al reformularla en forma estándar se obtiene

0+ 20(}= Si la comparamos con x + p2X

p2 = 20

°

= 0, ecuación 22.16, tenemos que

Ce)

p = 4.47 rad/s

Por lo tanto, el periodo natural de vibración es r = 2lr = 2lr = 1.40 s P

4.47

Fig.22.6

Resp.

kx"

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556

CAP. 22 VIBRACIONES

Ejemplo 22.4

Pl Un bloque de 10 lb está suspendido de una cuerda que pasa por una polea de 15 lb, como se ve en la figura 22.7a. El· resorte tiene rigidez k = 200 lb/fr. Calcule el periodo natural ' de vibración del sistema.

~¡

22.,

cab baj qUf

cab pre

k = 200 lb/ft 151b l

.

O"f'~

o"

22.:

blo ab, se

mJ¡ IDO

(a)

tive del

10 lb (b)

SOLUCIÓN Diagramas de cuerpo libre y cinético. Figura 22.7b. El sistema

consiste en el disco, que sufre una rotación definida por el ángulo O, y el bloque, que se traslada una distancia $. El vector JotJ actúa en la dirección de las Opositivas y en consecuencia msas actúa hacia abajo en dirección de las s positivas.

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22.,

de, su i pm

Sumando momentos con respecto al punto O para eliminar las reacciones O,y 0y' ya que Z¿ = ~r2, se obtiene

Ecuación de movimiento.

to

I

se I

~+ EMo = l:(.Mk)o ;

10(0.75) - Fs(0.75) = ~ ( 3~~2J (0.75)2tJ + ( 3~~2J as(0.75) (1) Cinemática. Como se ve en el diagrama cinemático de la figura 22.7c, un desplazamiento positivo pequeño O de la polea hace que el bloque baje una distancia s = 0.750; por lo tanto, as = s = 0.75tJ. Cuando 0= 0°, la fuerza necesaria en el resorte para el equilibrio de la polea es de 10 lb, actuando hacia la derecha. Para la posición O, la fuerza del resorte es F, = (200

• 22. CU)

dis sici

tiei al i

cia da

lb/ft)(0.750 ft) + 10 lb. Sustituyendo estos resultados en la ecuación 1 y simplificando, se llega a tJ + 3680= O

(e)

¡'

/

Por lo tanto. p Fig.22.7

=

19.2 rad/s

22, un

Entonces, el periodo natural de vibración es 2n

T=-

P

2n

= --

19.2

= 0.328 1

s

Resp.

po re] po cia

PROBLEMAS

557

PROBLEMAS 22.1. Un elevador de 800 lb está colgado de un solo cable cuya rigidez es k = 2.4(1Q3) lb/in. El elevador ,' baja a 20 ft/s cuando de repente se traba el motor que controla el cable. Calcule la tensión máxima
22.6. Un cable se emplea para colgar una caja fuerte de 800 kg. La caja se baja a 6 mis, cuando de repente se atora el motor que controla el cable. Calcule la tensión máxima del cable y la frecuencia de vibración de' la caja fuerte. Desprecie la masa del cable, y suponga que es elástico, de tal modo que se estira 20 mm cuando se le somete a una tensión de 4 kN.

22..2. Un resorte se estira 175 mm por medio de un blóque de 8 kg. El bloque se desplaza 100 mm hacia abajo con respecto a su posición de equilibrio, y allí se le comunica una velocidad de descenso de 1.50 mis. Deduzca la ecuación diferencial que describe el movimiento. Suponga que los desplazamientos positivos se miden hacia abajo. También, calcule la posición del bloque cuando t = 0.22 S.

Prob.22.6

22.3. Un resorte tiene 600 N/m de rigidez. Un bloque de 4 kg se fija al resorte, se empuja 50 mm por arriba de su posición de equilibrio, y se suelta partiendo del reposo. 'Deduzca la ecuación que describe el movimiento del bloque. Supoga que el desplazamiento positivo se mide hacia abajo.

22.7. La varilla uniforme tiene una masa m y está soportada mediante el perno O. Si se le da un pequefio desplazamiento y se le suelta, calcule el periodo de vibración libre. Cada uno de los resortes tiene rigidez k y cuando la varilla está en la posición que muestra la figura, están sin deformación.

* 22.4. Un bloque pesa 81b y se suspende de un resorte cuya rigidez es k = 40 Ib/ft. Se empuja al bloque una distancia y = 0.2 ft hacia arriba, con respecto a su posición de equilibrio, y a continuación se le suelta parProb.22.7 tiendo del reposo. Deduzca la ecuación que describa al movimiento. ¿Cuáles son la amplitud y la frecuencia natural de la vibración? Suponga que se mide ha- * 22.8. El disco semicircular pesa 20 lb. Calcule el periodo de oscilación, si se le desplaza un poco y se le cia abajo el desplazamiento positivo. suelta.

22.5. Un resorte cuya rigidez es de 2 lb/in se fija a un peso de 2 lb, se empuja a 3 in por arriba de su posición de equlibrio, y se suelta partiendo del reposo. Deduzca la ecuación de movimiento. Suponga que el desplazamiento positivo se mide hacia abajo.

Prob.22.8

558

CAP.22 VIBRACIONES }

22.9. El cuerpo de forma arbitraria, de masa m, tiene * 22.12. La varilla delgada tiene .0.2 kg de masa y está su centro de masa en G y un radio de giro con res- sostenida mediante un perno en 0, y mediante un pecto a G de kG. Se desplaza ligeramente, en e, de su par de resortes en su extremoA. Cada resorte tiene rigiposición de equilibrio y se le suelta. Calcule el perio- dez k = 4 N/m. El periodo de vibración de la varilla se puede ajustar fijando el collarín e de 0.5 kg en un punto do de vibraciól]. adecuado en la varilla, a lo lárgo lile la misma. Los resortes están sin deformación al principio, cuándo la varilla está en posición vertical. Calcule la posición y del collarín necesaria para que el periodo de vibración sea T = 1 o s. Desprecie el tamafio del collarín.

Prob. 22.9 Prob.22.12

22.10. Una tabla uniforme está soportada sobre dos ruedas que giran en direcciones opuestas a velocidad angular constante. El coeficiente de fricción cinética entre ruedas y tabla es ¡J. Calcule la frecuencia de vibración de la tabla si se desplaza ligeramente una distanciax con respecto al punto medio entre las ruedas, ya continuación se le suelta.

22.13. Una plataforma cuya masa se desconoce está soportada mediante cuatro resortes, cada uno con rigidez k. Cuando no hay nada sobre la plataforma, el periodo de vibración vertical es de 2.35 s; mientras que si se coloca un bloque de 3 kg sobre la plataforma, el periodo de vibración vertical es de 5.23 s. Calcule la masa de un bloque tal que, al colocarse en la plataforma vacía haga que vibre verticalmente con un periodo de 5.62 s. ¿Qué valor tiene la rigidez k de cada uno de los resortes?

Prob.22.10

22.11. La rueda de 50 lb tiene un radio de giro con kG = 0.7 ft con respecto a su centro de masa G. Calcule la frecuencia de vibración si se le desplaza ligeramente de la posición de equilibrio y se le suelta. Suponga que no hay resbalamiento.

Prob.22.13

22.14. Calcule la frecuencia de vibración de cada uno de los mecanismos de bloque y resortes.

, = 500 N/m

k = 500 N/m

(a)

Prob.22.11

(b)

Prob.22.14

www.elsolucionario.org PROBLEMAS

22.15. Deduzca la ecuación diferencial del movimiento del bloque de 10 lb. La superficie es lisa. Los resortes están sin deformación al principio.

559

22.18. El cilindro de radio r y masa m, se desplaza una corta distancia sobre la superficie curva. Rueda sin resbalar. Calcule la frecuencia de su oscilación cuando se le suelta.

Prob.22.15

* 22.16. La viga uniforme está soportada en sus extremos mediante dos resortes A y B, cada uno de los cualés tiene la misma rigidez k. Cuando no hay nada sobre ía viga, tiene un periodo de vibración vertical de 0.83 s. Si se coloca una masa de 50 kg en su centro, el periodo se vuelve de 1.52 s. Calcule la rigidez de cada resorte y la masa de la viga.

Prob.22.18

m

22.19. La varilla de masa está soportada por dos cuerdas en posiciones simétricas, de longitud 1, como se ve en la figura. A la varilla se le da una ligera rotación en torno a un eje vertical que pasa por su centro. Calcule el periodo de oscilación.

Prob.22.16

22.17. La campana tiene una masa de 375 kg, su centro de masa está en G y su radio de giro con respecto al punto D de kD = 0.4 m. El badajo es una varilla delgada fija en e al interior de la campana. Al extremo de la varilla se fija una masa de 8 kg. Calcule la Prob.22.19 longitud 1 de la varilla de tal modo que la campana "toque en silencio", es decir, que el periodo de vibra- * 22.20. La barra tiene una longitud 1 y una masa m. ción del badajo sea el mismo que el de la campana. Está sostenida en sus extremos por carretillas de maPara el cálculo, desprecie la pequeña distancia entre sa despreciable, y se le da un pequeño desplazamiene y D, Ydesprecie la masa de la varilla. to y se le suelta. Calcule su frecuencia de vibración.

Prob.22.17

Prob.22.20

560

CAP.22 VIBRACIONES

*22.2 Métodos de energía El movimiento armónico simple, que se describió en la sección 22.1, sólo se debe a fuerzas de gravedad y elásticas de restauración que actúan sobre el cuerpo. Como estos tipos de fuerzas son conservativas, es posible emplear la ecuación de la conservación de la energía para calcular la frecuencia natural o periodo de vibración del cuerpo. Para mostrar cómo hacerlo, veamos el bloque y resorte de la figura 22.8. Cuando el bloque se desplaza una cantidad arbitraria x con respecto a la posición de equilibrio, la energía cinética es T = m ¡jl = miz, y la energía potencial es V = Jaz. De acuerdo con la ecuación de conservación de la energía, ecuación 14.21, es necesario que

!

!

!

T+ V = const

! miz + ! Jaz = const

(22.17)

La ecuación diferencial que describe el movimiento acelerado del bloque puede deducirse diferenciando esta ecuación con respecto al tiempo, es decir,

miXkri = O

www.elsolucionario.org X(ffÜ + Ja) = O

Como la velocidad x no siempre es cero en un sistema vibratorio, p

=

/k/m

ecuación ésta que es la misma que la ecuación 22.l. Si se escribe la ecuación de la energía para un sistema de cuerpos conectados, la frecuencia natural o la ecuación del movimiento también podrán calcularse mediante diferenciación con respecto al tiempo. En este caso no es necesario desmembrar el sistema para tener en cuenta las fuerzas reactivas y conectivas que no efectúen trabajo. También, mediante este método, puede obtenerse directamente la frecuencia circular p. Por ejemplo, veamos la energía mecánica total del bloque y resorte de la figura 22.8 cuando el bloque está

Posición de ¡ equilibrio

- ~ k

Fig.22.8

SECo 22.2 MÉTODOS DE ENERGÍA

en su desplazamiento máximo. En esta posición se encuentra momentáneamente en reposo, de modo que su energía cinética es cero y su energía potencial, almacenada en el resorte, es máxima. Entonces, la ecuación 22.17 se transforma en .ya~ = consto En el momento en que el bloque pasa por la posición de equilibrio, su energía cinética es máxima y la energía potencial del resorte es cero. Por lo tanto, la t(cuación 22.17 se transforma en ~(XYmáx = const. Como el movimiento vibratorio del bloque es armónico, la solución para desplazamiento y velocidad puede obtenerse de la ecuación 22.9 y, de su derivada con respecto al tiempo, es decir, x

=

x = Cp cos (pt + ~)

C sen (pt + ~)

de modo que X máx =

C

Aplicando la ecuación de conservación de la energía (T + V const) se obtiene V máx = Tmáx

;

2 12 kxmáx

2 = 1 2 m.imáx =

=

const

o sea que

kO =mOp2 Despejando a p se obtiene

p ="¡ k m que es idéntica a la ecuación 22.2.

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS El siguiente procedimiento proporciona un método para determinar la frecuencia circular p de un cuerpo o sistema de cuerpos conectados, empleando la ecuación de conservación de la energía.

Ecuación de la energía. Represente al cuerpo cuando -esté desplazado un poco de su posición de equilibrio, y defina la ubicación en esas condiciones mediante una coordenada adecuada q de posición. Formule la ecuación de la energía para el cuerpo, T + V = const, en términos de la coordena-

561

www.elsolucionario.org 562

CAP. 22 VIBRACIONES

da de posición." Recuérdese que, en general, la energía cinética debe tener en cuenta los movimientos de traslación y rotación del cuerpo, T = vb + VGa;, ecuación 18.2, y que la energía potencial es la suma de las energías potenciales gravitatoria y elástica del cuerpo, V = ~ + Ve> ecuación 18.15. En especial, se debe medir a Vg a partir de una referencia para la cual q = O(posición de equilibrio).

4m

Derivada con respecto al ti(mpo. Derive la ecuación de la energía con respecto al tiempo y factorice los términos comunes. La ecuación diferencial que resulta representa la ecuación del movimiento para el sistema. El valor de p se obtiene después de rearreglar los términos en la forma estándar q + p2q = O.

Los siguientes ejemplos muestran este procedimiento.

• Se sugiere repasar el material de la sección 18.5.

SECo 22.2 MÉTODOS DE ENERGÍA

563

Ejemplo 22.5 El aro delgado que se ve en la figura 22.9a está soportado en O por una clavija. Calcule el periodo de oscilación para pequeñas amplitudes. El aro tiene una masa m.

o

SOLUCIÓN

Ecuación de la energía. El diagrama del aro, cuando se ha desplazado un poco (q =) {} de su posición de equilibrio se ve en la figura 22.9b. Empleando la tabla de las páginas suplementarias al final del libro, y el teorema del eje paralelo para calcular a lo, podemos expresar la energía cinética como

Si se ubica una referencia horizontal que pase por el centro de gravedad del aro cuando {} = O, entonces el centro de gravedad se mueve hacia arriba r(l - cos 8) en la posición desplazada. Para ángulos pequeños, puede sustituirse a cos {}por los primeros dos términos de su expansión en serie, cos {} = 1 - {}2/2 + ... Por lo tanto, la energía potencial es

(a)

---'---:11--I~-~U-

(b)

Fig.22.9

La energía total del sistema es •

(}2

T + V = mr2{}2 + mgr-y

Derivada con respecto al tiempo mr22f:f{) + mgr{}{} = O mr{}(2rtJ + g{})

=

O

Como {} no siempre es igual a cero, de acuerdo con los términos entre paréntesis,

Por lo tanto,

p={ t y entonces r= 2n = 2 n 5 p g

Resp.

Referencia

564

CAP. 22 VIBRACIONES

FJemplo22.6 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _. . Un bloque de 10 kg se suspende de una cuerda que pasa por una polea de 5 kg, como se ve en la figura 22.10a. El resorte tiene rigidez k = 200 N/m. Calcule el periodo natural de vibración del sistema. k =200 N/m

SOLUCIÓN

Ecuación de la energía. En la figura 22.1Ob se muestra un diagrama del bloque y la polea cuando se desplazan a una distancia s y 8 respectivamente, con respecto a su posición de equilibrio. Como s = 0.158, la energía cinética del sistema es

T = ynbt1 + Fow3

(a)

, \ / Oi \

-

,

=

!(lOXO.15 0)2 + H!(5XO.15)2](8)2

=

0.141(8)2

I

T -~"m

Si establecer la referencia en la posición del bloque en equilibrio y teniendo en cuenta que el resorte se estira SSI para el equilibrio, podemos formular la energía potencial como

0. 150

y

www.elsolucionario.org v !k(s" s)2 - Ws = =

+

!(200Xsst + 0.158)2 - 98.1(0.158)

Por lo tanto, la energía total del sistema es 98.1 N (b)

T+ V= 0.141(0)2 + 100(ssl + 0.158)2 -14.728

Derivada con respecto al tiempo 0.282(0)ih 200(ssl + 0.158)0.150- 14.720= O Fig.22.10

Como SSI = 98.l/200 = 0.4905 m, la ecuación anterior se reduce a la forma estándar 8+ 168= O

de modo que

p = 116 = 4 rad/s Así, T

=

2,. 2,. P = T = 1.57 s

Resp.

www.elsolucionario.org PROBLEMAS

565

PROBLEMAS 22.21. Resuelva el problema 22.7 empleando métodos de energía.

22.27. Calcule el periodo de vibración del péndulo. Considere que las dos varillas son delgadas y que cada una pesa W = 8 Ib/ft.

22.22. Resuelva el problema 22.11 empleando métodos de energía.

0"1

22.23. Resuelva el problema 22.18 empleando métodos de energía.

* 22.24. Resuelva el problema 22.20 empleando métodos de energía.

2ft

22.25. Formule la ecuación diferencial de movimiento del bloque de masa m cuando se le desplaza ligeramente de su posición de equilibrio y se le suelta. El movimiento se lleva a cabo en el plano vertical. Los resortes están fijos al bloque.

~1

1--1ft --1-1 ft --l Prob.22.27

* 22.28. Calcule el periodo de vibración de la esfera de 4 kg. Desprecie la masa de la varilla y l!1 tamafio de la esfera.

k¡

l::=SOON/m

~

o

8

lOO mm - + - 100 mm

.

0~

Prob.22.25 Prob.22.28

22.26. El disco tiene una masa de 8 kg. Calcule la frecuencia de vibración; los resortes originalmente no están deformados.

22.29. La varilla uniforme cuyo peso es Westá sostenida por un perno enA y un resorte enB. Al extremo B se le da un pequeño desplazamiento hacia abajo y se le suelta. Calcule el periodo de vibración.

k=4ooN/m

k=4ooN/m

Prob.22.26

Prob.22.29

566

CAP. 22 VIBRACIONES

22.30. Deduzca la ecuación diferencial de movimiento del carrete de 3 kg. Suponga que no resbala en la superficie de contacto al oscilar. El radio de giro con respecto a su centro de masa es kG = 125 mm.

22.31. Calcule la frecuencia de vibración del disco de 20 lb. Suponga que el disco no resbala en el plano inclinado.

k= 400 N/m

Prob. 22.30

Prob.22.31

*22.3 Vibración forzada no amortiguada Se considera a la vibración forzada sin amortiguamiento como uno de los tipos más importantes de movimiento vibratorio en la ingeniería. Los principios que describen la naturaleza de este movimiento se pueden emplear para analizar las fuerzas que causan vibración en muchos tipos de máquinas y estructuras.

Fuerza periódica. El bloque y el resorte que se ven en la figura 22.11a constituyen un "modelo" conveniente que representa las características de vibración de un sistema sujeto a una fuerza periódica F = Fa sen úJt. Esta fuerza tiene una magnitud máxima y una frecuencia de forzamiento úJ. En la figura 22.11b se muestra el diagrama de cuerpo libre del bloque cuando está desplazado una distanciax. Aplicando la ecuación de movimiento, se obtiene ~ rF,=ma,;

Fa sen úJt - la

=

mX

osea ..

X

k

Fa

+ -x = - sen úJt m m

(22.18)

Esta ecuación recibe el nombre de ecuación diferencial no homogénea de segundo orden. La solución general consiste en una solución complementaria, xc, más una solución particular,xp '

SECo 22.3 VIBRACIÓN FORZADA NO AMORTIGUADA

Posición de equilibrio

W=mg

I ,~ ~

k.x

E="

F= Fo

:-.::0

úJ t

N= W (b)

(a)

Fig.22.11

La solución complementaria se determina haciendo igual a cero el término del lado derecho de la ecuación 22.18, y resolviendo la ecuación homogénea que resulta, que es equivalente a la ecuación 22.1. La solución se define mediante la ecuación 22.3, es decir, Xc

= A sen pi + B cos pi

(22.19)

en la que p es la frecuencia circular, p = { k/m, ecuación 22.2. Como el movimiento es periódico, la solución particular de la ecuación 22.18 puede determinarse si se supone que es de la forma Xp

= C sen (U(

(22.20)

siendo C constante. Tomamos la segunda derivada con respecto al tiempo y sustituimos en la ecuación 22.18, para obtener

- CoJ. sen (U( +

4<.c sen (Ut) m

=

Fa sen (Ut m

Se factoriza a sen (U( y se despeja a C lo que nos da C=

FJm (k/m) - oJ.

FJk 1 - «(U/p)2

(22.21)

Sustituyendo en la ecuación 22.20 para obtener la ecuación particular

X p

=

FJk ?

1 - «(U/p)-

sen (Ut

(22.22)

567

www.elsolucionario.org 568

CAP. 22 VIBRACIONES

(b)

(a)

Fig.22.12

Por lo tanto, la solución general es

x = x +x c

p

=

A sen pt + B cos pt +

Fdk sen oX 1 - (OJ/p)2

(22.23)

Aquí x describe dos tipos de movimiento vibratorio del bloque. La solución complementaria Xc describe la vibración libre, que depende de la frecuencia circular p = .¡ k/m, y de las constantes A y B, figura 22.12a. Se obtienen valores específicos para A y B evaluando la ecuación 22.23 en determinado instante para el cual se conozcan el desplazamiento y la velocidad. La solución particular xp describe la vibración fOlZada del bloque originada por la fuerza F = Fo sen OJt, figura 22.12b. En la figura 22.12c se muestra la vibración x resultante. Como todos los sistemas vibratorios están sujetos a fricción, la vibración libre, xc, se amortiguará con el tiempo. Por este motivo, a la vibración libre se le llama transitoria, y a la vibración forzada se le conoce como estado estable, ya que es la única vibración que permanece, figura 22.12d De acuerdo con la ecuación 22.21, se ve que la amplitud de la vibración forzada depende de la razón de frecuencia OJ/p. Si el factor de amplificación, MF, se define como la razón de la amplitud de la vibración de estado estable, (Xp)máx' a la deflexión estática Fo/k, originada por la amplitud de la fuerza Fo periódica, entonces, de la ecuación 22.22,

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MF = (xp)máx = 1 Fdk 1 - (OJ/p)2

(22.24)

En la figura 22.13 se presenta una gráfica de esta ecuación, y allí se ve que para OJ '" Oel MF '" 1. En este caso, debido a la frecuencia muy baja OJ .:¡¡¡ p, la magnitud de la fuerza F cambia lentamen-

SECo 22.3 VIBRACIÓN FORZADA NO AMORTIGUADA

(e)

569

(d)

te y la vibración del bloque estará en fase con la fuerza aplicada F. Si la fuerza o el desplazamiento se aplican con frecuencia cercana a la frecuencia natural del sistema, es decir, si w/p '" 1, la amplitud de la vibración del bloque se hace muy grande. Esto sucede debido a que se aplica la fuerza F al bloque de modo que siempre sigue el movimiento de éste. A este caso se le llama resonancia y, en la práctica, las frecuencias de resonancia, pueden originar esfuerzos tremendos y la falla rápida de las partes. Cuando se aplica la fuerza cíclica Fosen w ( a altas frecuencias (w > p), el valor del MF se hace negativo, lo cual indica que el movimiento del bloque está fuera de fase con respecto a la fuerza. Bajo esas condiciones, al desplazarse el bloque hacia la derecha, la fuerza actúa hacia la izquierda, y viceversa. Para frecuencias extremadamente altas (w ~ p), el bloque permanece casi estacionario, y por lo tanto, el MF es aproximadamente de cero.

M.F.

r---+---~---4-(%) 2 3

Desplazamiento periódico del soporte. Las vibraciones forzadas también pueden originarse debido a la excitación periódica en el soporte del sistema. El modelo que se presenta en la figura 22.14a es la vibración periódica de un bloque, originada por un movimiento armónico ¿j = ¿jo sen w( del soporte. En la figura 22.14b se muestra el diagrama de cuerpo libre para el bloque, en este caso. Se mide la coordenada x a partir del punto de desplaZamiento cero del soporte, es decir, cuando la línea radial OA coincide con OB, figura 22.14a. Por consiguiente, el desplaza-

Fig. 22.13

Posición de equilibrio

~ el

(a)

(b)

Fig. 22.14

-1

570

CAP. 22 VIBRACIONES

miento general del resorte es (x - 60 sen wt). Aplicando la ecuación del movimiento se obtiene

-k(x - 60 sen wt)

=

mi .

osea ..

k

k6

x + - x = - 0 sen w t m m

(22.25)

Comparando, esta solución es idéntica a la forma de la ecuación 22.18, siempre que Fo se sustituya por k60 . Si se hace esa sustitución en las soluciones definidas por las ecuaciones 22.21 a 22.23, los resultados son adecuados para describir el movimiento del bloque cuando se le somete a un desplazamiento de soporte 0 = 00 sen wt.

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SECo 22.3 VIBRACIÓN FORZADA NO AMORTIGUADA ~

571

Ejemplo 22.7 El instrumento que se ve en la figura 22.15 está rígidamente fijo a una plataforma P, la cual a su vez está sostenida mediante cuatro resortes, cada uno de los cuales tiene una rigidez k = 800 N/m. Inicialmente, la plataforma está en reposo, cuando el piso sufre un desplazamiento lj = 10 sen(St) mm, estando t en segundos. El instrumento está forzado a moverse en dirección vertical, y la masa total del instrumento y la plataforma es de 20 kg. Calcule el desplazamiento vertical y de la plataforma, medido a partir de la posición de equilibrio, como función del tiempo. ¿Qué vibración del piso se necesita para provocar la resonancia? SOLUCIÓN Como la vibración inducida está originada por el desplazamiento de los soportes, el movimiento se describe mediante la ecuación 22.23, reemplazando a F o por k60 ' es decir, y=Asenpt+Bcospt+

En este caso 6

6

o

1 - (w/p)

2senwt

(1)

= 60 sen wt = 10 sen (8!) mm, de modo que 60 = 10 mm

p=

w = 8 rad/s

ff ,¡ 4(~~0) =

= 12.6 rad/s

De acuerdo con la ecuación 22.22, sustituyendo a Fo por k60 , la amplitud de vibración originada por el desplazamiento del piso es de 60 10 (Yp)máx = 1 _ (W/p)2 = 1 _ 8/12.6)2 = 16.7 mm (2) Por lo tanto, la ecuación 1 y su derivada con respecto al tiempo se transforman en y

=

A sen(12.6t) + B cos(12.6t) + 16.7 sen(8t) B(12.6) sen(12.6t) + 133.3 cos(8t)

y = A(12.6) cos(12.6t) -

Las constantes A y B se calculan mediante estas ecuaciones. Como y = OYY= Ocuando t = O, entonces O= O+B+O O=A(12.6) - 0+133.3

B=O

A = - 10.6

El movimiento vibratorio se describe, por lo tanto, con la ecuación

y = -10.6 sen(12.6t) + 16.7 sen(8t)

Resp.

Se presentará la resonancia cuando la amplitud de la vibración originada por el desplazamiento del piso se aproxime al infinito. De acuerdo con la ecuación 2, es necesario que w =p = 12.6 rad/s

Resp.

..-.

~~~ . ~~~~

~ ~ § §k § §

¡¡¡

~IW

t ~

Fig.22.1S

§ § §

k . .J

572

CAP.22 VIBRACIONES

*22.4 Vibración libre con amortiguamiento viscoso

sÍ(

ea El análisis de vibración que se ha descrito hasta ahora no tiene en cuenta los efectos de vibración o amortiguamiento en el sistema y, por consiguiente, las soluciones que se obtienen sólo son aproximadas en comparación con el movimiento real. Como todas las vibraciones se disipan en el transcurso del tiempo, se debe incluir en el análisis la presencia de fuerzas de amortiguamiento. En muchos casos el amortiguamiento se debe a la resistencia que crea una sustancia, como agua, aceite o aire, en la cual vibra el sistema. Siempre que el cuerpo se mueva lentamente en el seno de esta sustancia, la resistencia a su movimiento es directamente proporcional a su velocidad. El tipo de fuerza que se desarrolla bajo esas condiciones se llama fuerza de amortiguación viscosa. La magnitud de esa fuerza se expresa mediante una ecuación de la forma F=ci

~

p

k

W=mg

c.:i

lo;

N=W (b)

o:

o

p( re

(22.26)

en la cual, a la constante e se le llama coeficiente de amortiguamiento viscoso y sus unidades son N . slm o lb . s/ft, En la figura 22.16a se muestra el movimiento vibratorio de un cuerpo o sistema que tiene amortiguamiento viscoso, y puede representarse por el bloque y el resorte de la figura. El efecto del amortiguamiento se da mediante el amortiguador conectado al bloque del lado derecho. Se tiene el amortiguamiento cuando el pistón P se mueve a derecha o izquierda dentro del cilindro cerrado. Este cilindro contiene un fluido y el movimiento del pistón se retarda porque el fluido debe correr a su alrededor o bien por un pequeño agujero en él. Se supone que el amortiguador tiene un coeficiente c de amortiguamiento viscoso. Si el bloque se desplaza una distancia x con respecto a su posición de equilibrio, se obtiene el diagrama de cuerpo libre que se ve en la figura 22.16b. La fuerza la del resorte y la fuerza ci de amortiguamiento se oponen ambas al movimiento del bloque hacia adelante, y por lo tanto, al aplicar la ecuación del movimiento se obtiene

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Posición de equilibrio

ei<

p( ec

b, b( d(

a~

ig

o

A

=kx - ci = mi Fig.22.16

o sea mi+ci+Ia=O

(22.27)

Ésta es una ecuación diferencial lineal, homogénea y de segundo orden, cuyas soluciones tienen la forma

E

el

SI

x =eAl

I~

si

SECo 22.4 VIBRACIÓN LIBRE CON AMORTIGUAMIENTO VISCOSO

siendo e la base de los logaritmos naturales, y A, (lambda) una constante. Se puede obtener el valor de A, sustituyendo esta solución en la ecuación 22.27, con lo cual se obtiene

osea

Como eA! nunca es cero, es posible una solución siempre que mA,2

+ cA, + k

=

O

Por lo tanto, de acuerdo con la fórmula cuadrática, los dos valores de A, son

~ =- ~+,¡(~r-~ (22.28)

Az=-~ - ,¡[~r -!

Por consiguiente, la solución general de la ecuación 22.27 es una combinación lineal de exponenciales en la que intervienen ambas raíces. Hay tres combinaciones posibles de ~ y Az que se deben tener en cuenta en la solución general. Sin embargo, antes de describir esas combinaciones, definiremos al coeficiente de amortiguamiento crítico Ce como el valor de c que anula (hace igual acero) al radical de las ecuaciones 22.28, es decir,

[~r-!=o o sea (22.29) Aquí, el valor de p es la frecuencia circular p = .¡ k/m , ecuación 22.2.

Sistema sobreamortiguado. Cuando c >

Ce>

las raíces ~ y

Az son ambas reales. La solución general de la ecuación 22.27 puede escribirse de la siguiente forma (22.30) El movimiento que corresponde a esta solución no es vibratorio. El efecto del amortiguamiento es tan fuerte que cuando se desplaza y se suelta el bloque simplemente se regresa a su posición original sin oscilar. Se dice que el sistema está sobreamortiguado.

573

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574

CAP.22 VIBRACIONES

Sistema con amortiguamiento crítico. Si c = cc' entonces = ~= - cJ2m = -p. A este caso se le conoce como amortiguamiento crítico, porque representa un estado en el que c tiene el me~

nor valor necesario para hacer que el sistema no vibre. Empleando los métodos de las ecuaciones diferenciales, puede demostrarse que la solución a la ecuación 22.27 para el amortiguamiento crítico es x

=

(A + Bt")e-pt

(22.31)

Sistema subamortiguado. La mayor parte de las veces c < cc' y en cuyo caso se dice que el sistema está subamortiguado. Las raíces ~ y ~ son números complejos y puede demostrarse que la solución general de la ecuación 22.27 puede expresarse como

I x = D[e-c/2m)t sen(pd t + ~)] I

(22.32)

donde D Y~ son constantes que generalmente se determinan con las condiciones iniciales del problema. A la constante Pd se le llama frecuencia natural amortiguada del sistema. Su valor es

(22.33)

donde la razón c/cc se denonima factor de amortiguamiento. En la figura 22.17 se muestra la gráfica de la ecuación 22.32. El límite inicial del movimiento, D, disminuye con cada ciclo de x

Fig.22.17

SECo 22.5 VIBRACIÓN FORZADA CON AMORTIGUAMIENTO VISCOSO

vibración, ya que el movimiento está confinado dentro de las cotas de la curva exponencial. Empleando la frecuencia natural amortiguada Pd' puede expresarse el periodo de vibración amortiguada como

(22.34)

Como Pd < p, ecuación 22.33, el periodo de vibración amortiguada Td será mayor que el de vibración libre, T = 2,./p.

*22.5 Vibración forzada con amortiguamiento viscoso El caso más general del movimiento vibratorio con un grado de libertad es el que se da cuando el sistema incluye los efectos del movimiento forzado y el amortiguamiento inducido. El análisis de este tipo particular de vibración tiene valor práctico cuando se aplica a sistemas que tienen características de amortiguamiento significativas. Si se conecta un amortiguador al bloque y resorte de la figura 22.11a, la ecuación diferenCial que describe el movimiento es

mi + eX + la =Fo sen wt

(22.35)

Se puede deducir una ecuación semejante para un bloque y resorte que tengan desplazamiento periódico de su soporte, figura 22.14a, que comprende los efectos de la amortiguación. Sin embargo, en este caso Fo está desplazada por koo. Como la ecuación 22.35 no es homogénea, la solución general es la suma de una solución complementaria, Xc> y una solución particular, xp" Se determina la solución complementaria igualando a cero el lado derecho de la ecuación 22.35 y resolviendo la ecuación homogénea, la cual es equivalente a la ecuación 22.27. Por lo tanto, la solución está dada por la ecuación 22.30, 22.31 o 22.32, dependiendo de los valores de A¡ y A-z. Sin embargo, como en todos los sistemas interviene la fricción, esta solución se amortiguará con el tiempo. Sólo permanecerá la solución particular, que describe la vibración de estado estable del sistema. Como la función de forzamiento aplicado es armónica, el movimiento de estado estable también será armónico. En consecuencia, la solución particular será de la forma Xp

=A' sen wt + B' cos wt

(22.36)

Las constantes A' y B' se determinan derivando lo necesario con respecto al tiempo y sustituyendo los resultados en la ecuación 22.35, la cual, después de simplificar, resulta en

575

576

CAP.22 VIBRACIONES

(-A'mw 2 - cB' w + kA') sen wt + (-B'mw 2 + cA' w + kB') cos wt = Fosen wt Como esta ecuación es válida para todo tiempo, se pueden igualar los coeficientes constantes de sen wt y cos wt, e" decir,

-A'mw - cB'w + kA' = Fo -B'mw - cA' w + kB' = O

= k/m, se obtiene

Despejando aA' y B', Ycomop2

A'

=

B'

=

(Fo/m){p2 - w) (P2 - w)2 + (cw/m)2 -Fo(cw/m 2) (P2 - w)2 + (c w/m )2

(22.37)

También es posible expresar la ecuación 22.36 en una forma similar a la ecuación 22.9: Xp =

C' sen(wt -

~')

(22.38)

en cuyo caso las constates C' y f9' son C'

=

FoIk J[l - (W/P)2]2 + [2(c/ccXw/p)]2

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(22.39)

f9 , = tan-¡[2(C/cc XW/P )] 1 - (W/p)2

M.F.

4

2

El ángulo~' representa la diferencia de fases entre la fuerza aplicada y la vibración resultante de estado estable del'sistema amortiguado. El factor de ampLificación MF, se definió en la sección 22.3 como la razón de la amplitud de la deflexión originada por la vibración forzada, a la amplitud de la deflexión originada por una fuerza estática Fo. De acuerdo con la ecuación 22.38, la vibración forzada tiene una amplitud C', y entonces C' MF = -Fo/-k

1

w=/p=)2~F:==+~[::;: 2(= c}=cc=X=w/p=):F;::

= r. J [:==1=-= (

(22.40)

En la figura 22.18 se muestra la gráfica del MF contra la razón de frecuencia., w/p para diversos valores del factor de amortiguamiento c/cc' Se puede ver en esta gráfica que el aumento de la amplitud es mayor cuando disminuye el factor de amortiguamiento. Obviamente, la resonancia se presenta cuando el factor de amortiguamiento es cero y la relación de frecuencias es igual a 1.

Fig.22.18

www.elsolucionario.org SECo 22.5

VIBRACIÓN FORZADA CON AMORTIGUAMIENTO VISCOSO

Ejemplo 22.8 El motor eléctrico de 30 kg de la figura 22.19 está soportado mediante cuatro resortes, cada uno con rigidez de 200 N/m. El rotor R está desbalanceado de tal modo que su efecto equivale al de una masa de 4 kg ubicada a 60 mm de distancia del eje de rotación. Calcule la amplitud de la vibración cuando el rotor gira a W = 10 rad/s. El factor de amortiguamiento es c/ce = 0.15.

Fig.22.19

SOLUCIÓN La fuerza periódica que hace que el motor vibre es la fuerza centrífuga debida al rotor desbalanceado. Esta fuerza tiene una magnitud constante igual a Fa

=

ma n

=

mror

=

4 kg(0.06 mXlO rad/s)2 = 24 N

La oscilación en la dirección vertical puede expresarse en la forma periódica F = Fa sen wl, siendo W = 10 rad/s. Así,

F

= 24 sen lOt

La rigidez del sistema completo de cuatro resortes es k = 4(200) = SOO N/m. Por lo tanto, la frecuencia circular de vibraciónes p

=.¡ ! =.¡ g= 0 S3

5.16 rad/s

Como el factor de amortiguamiento se conoce, la amplitud del estado estable puede calcularse a partir de la primera de las ecuaciones 22.39, es decir,

C' =

FJk

.¡ [1 - (W,p)2]2 + [2(c/ceXw/p)]2]

24isoo

.¡ [1 - (10/5.16)2]2 + [2(0.15XlO/5.16)]2 =

0.0107 m = 10.7 mm

Resp.

577

578

CAP. 22 VIBRACIONES

* 22.6 Analogías con circuitos eléctricos

R

L

e

F * 2; fu ec (1 ci

Las características de un sistema mecánico vibratorio se pueden representar mediante un circuito eléctrico. Consideremos el circuito de la figura 22.20a, que consta de un inductor L, un resistor R y un capacitor C. Cuando se aplica un voltaje E(t), hace que una corriente de magnitud i pase por el circuito. Cuando la corriente pasa por el inductor se tiene la caída de voltaje L(di/dt); cuando pasa por el resistor la caída es Ri, y cuando llega al capacitor la caída es (l/C) i dt. Como la corriente no puede pasar a través de un capacitor, sólo es posible medir la carga q que actúa en el capacitor. Sin embargo, la carga puede relacionarse con la corriente mediante la ecuación i = dqkit, Así, las caídas de voltaje que se presentan a través del inductor, resistor y capacitor, pueden representarse por L-d2q/dt2, R dqldt y q/C, respectivamente. Según la ley de voltaje de Kirchhoff, el voltaje aplicado contrarresta la suma de las caídas de voltaje en el circuito. Por lo tanto, d2q dq 1

m

f

(a)

(b)

L dt2 + R dt + C q Flg.22.20

= E(t)

(22.41)

Veamos ahora el modelo de un sistema mecánico de un grado de libertad figura 22.20b, que está sujeto al mismo tiempo a una función de forzamiento F(t) ya amortiguamiento. La ecuación de movimiento para este sistema se estableció en la sección anterior, y se puede expresar como d2x

dx

m dt2 + e dt + la

=

F(t)

2: e, F pt tit

(22.42)

Comparando, vemos que las ecuaciones 22.41 y 22.42 tienen la misma forma y, por lo tanto, el problema matemático de analizar un circuito eléctrico es igual al de analizar un sistema mecánico en vibración. Las analogías entre las dos ecuaciones se dan en la tabla 22.1. Esta analogía tiene importantes aplicaciones en los trabajos experimentales, ya que es mucho más fácil simular la vibración de un sistema mecánico complejo mediante un circuito eléctrico, que se puede construir en una computadora analógica, que construir un modelo equivalente de resorte y amortiguador mecánicos.

pt

2: ja

p'

ri et lu

p; el

Tabla 22.1 Analogías eléctrico-mecánicas Eléctricos

~-

Mecánicas

Carga eléctrica Corriente eléctrica Voltaje Inductancia Resistencia

q

Recíproco de la capacitancia

uc

E(t) L R

Desplazamiento Velocidad Fuerza aplicada Masa Coeficiente de arnortiguamiento viscoso Rigidez del resorte

x dxldt F(t)

m c k

2: e! ei V el el

* 2:

d

p

l. f¡

PROBLEMAS

579

PROBLEMAS * 22.32. Si el modelo ¡de bloque y resorte se somete a la fuerza impresa F = Fa cos rot, demuestre que la ecuación diferencial del movimiento esx + (k/m)x = (Fa/m) cos rot, en la cualx se mide a partir de la posiL ción de equilibrio del bloque. ¿Cuál es la solución ge~ neral de esta ecuación?

22.37. El motor se monta en un cimiento que a su vez está soportado en resortes. Describa la vibración de estado estable del sistema si el cimiento y el motor tienen un peso total de 1500 lb Y el motor, cuando trabaja, crea una fuerza F = (50 sen 2t) lb, estando t en segundos. Suponga que el sistema sólo vibra en la dirección vertical, y el desplazamiento positivo se mide hacia abajo; la rigidez total de los resortes puede representarse como k = 2000 lb/ft.

Posición de equilibrio

22.33. Un peso de 5 lb se cuelga de un resorte vertical cuya rigidez es de 50 lb/ft. Se imprime una fuerza F = (0.25 sen 81) lb, estando t en segundos, sobre el peso. Calcule la posición del peso como función del tiempo, cuando se jala 3 in hacia abajo a partir de su posición de equilibrio y se suelta partiendo del reposo. 22.34. Emplee un modelo de bloque y resorte semejante al que se ve en la figura 22.140, pero colgado en posición vertical y sometido a un desplazamiento periódico de su soporte de {j = 60 sen rot. Calcule la ecuación de movimiento del sistema, y obtenga su solución general. Defina el desplazamiento y medido a partir de la posición de equilibrio estático del bloque cuandot = O. 22.35. Se fija un peso de 4lb a un resorte cuya rigidez es k = 10 lb/ft. El peso se jala hacia abajo una distancia de 4 in, se detiene y se suelta. El soporte se mueve con desplazamiento vertical de ti = (0.5 sen 4t) in, estando t en segundos. Calcule la ecuación que describe la posición del peso como función del tiempo. * 22.36. Un bloque tiene una masa m y está suspendido de un resorte cuya rigidez es k. Se imprime sobre el peso una fuerza vertical hacia abajoF = Fa. Deduzca la ecuación que describe la posición del bloque como función del tiempo.

Prob.22.37

22.38. Un bloque de 7 kg se cuelga de un resorte cuya rigidez es k = 350 N/m. El bloque se jala hacia abajo apartándose 70 mm de su posición de equilibrio, y se suelta partiendo del reposo cuando t = O. Al moverse, se le imprime un desplazamiento {j = (20 sen 4t) mm, estando t en segundos. Deduzca la ecuación que describe la posición vertical del bloque como función del tiempo. Suponga que la dirección positiva del desplazamiento es hacia abajo. 22.39. Un peso de 5 lb se cuelga de un resorte cuya rigidez es de 50 lb/ft. Sobre el peso se imprime una fuerza vertical F = (0.25 sen 81) lb, estando I en segundos. Deduzca la ecuación que describe la posición del peso como función del tiempo, cuando se empuja hacia arriba apartándolo 6 in de la posición de equilibrio y se le da una velocidad de 0.8 ft/s hacia arriba.

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580

CAP. 22 VIBRACIONES

* 22.40. El resorte que se ve en la figura se estira 6 in cuando se carga con el peso de 50 lb. Deduzca la ecuación que describe la posición del peso como función del tiempo, cuando se jala a 4 in por debajo de su posición de equilibrio y se suelta partiendo del reposo. Al mismo tiempo, el peso se somete a una fuerza F = (-7 sen 21)lb, estando t en segundos.

22.42. La masa del ventilador es de 25 kg Yestá fijo al extremo de una viga horizontal cuya masa es despreciable. Las aspas del ventilador están montadas excéntricamente en el eje, de tal manera que son equivalentes a una masa desbalanceada de 3.5 kg ubicada a 100 mm del eje de rotación. La deflexión estática de la viga es de 50 mm como resultado del peso del ventilador. Calcule la velocidad angular del ventilador a la cual se presenta la resonancia. Sugerencia: Vea la primera parte del ejemplo 22.8.

• 22. ya as qUI

ea SOl

se

22. SOl

est 22.43. ¿Cuál es la amplitud de la vibración de estado estable del ventilador en el problema 22.42 cuando su velocidad angular es de 10 rad/s? Sugerencia: Vea la primera parte del ejemplo 22.8.

m(

(O. an fal

* 22.44. ¿Cuál será la amplitud de la vibración de estado estable del ventilador en el problema 22.42 si su velocidad angular es de 18 rad/s? Sugerencia: Vea la primera parte del ejemplo 22.8.

22 re:

22 re:

do cis

gu sei

do

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Prob.22.40

22.41. El instrumento está en el centro de una plataforma, la cual a su vez está sostenida mediante cuatro resortes, cada uno de ellos con rigidez k 130 Ib/ft. El piso se somete a una vibración cuya frecuencia es f 7 Hz, Yse observa un desplazamiento vertical cuya amplitud es óo 0.17 ft, Calcule la amplitud vertical de la plataforma y el instrumento. Ambos tienen un peso total de 18 lb.

=

=

=

Probs.22.42/22.43/22.44

22.45. El motor eléctrico hace girar un volante excéntrico que equivale a un peso desbalanceado de 0.25 lb ubicado a 10 in del eje de rotación. La deflexión estática de la viga es de 1 in debido al peso del motor. Calcule la velocidad angular del volante a la cual se presenta la resonancia. Siendo que el motor pesa 150 lb, desprecie la masa de la viga. • 22 ur ur

22.46. ¿Cuál es la amplitud de la vibración de estado estable del motor en el problema 22.45, si la velocidad angular del volante es de 20 rad/s? 22.47. Calcule la velocidad angular del motor en el problema 22.45, que produzca una amplitud de vibración igual a 0.25 in. p

-~

22 m dé Si

cc la In

k

k

es

2: til k ta 1 Prob.22.41

Probs.22.45/22.46/22.47

al

PROBLEMAS

* 22.48. El barril de un cañón tiene una masa de 700 kg Yal disparar recula una distancia de 0.64 m. Regresa a su posición original mediante un freno recuperador que tiene coeficiente de amortiguamiento de 2 kN . s/m. Calcule la rigidez necesaria de cada uno de los dos resortes fijos a la base y al barril de tal manera que éste se recupere sin vibración.

581

22.55. Un bloque tiene una masa de 7 kg Y se cuelga de un resorte cuya rigidez es k = 600 N/m. Se le da una velocidad de 0.6 mis hacia arriba en su posición de equilibrio cuando t = O. Calcule la posición del bloque como función del tiempo. Suponga que la dirección positiva del desplazamiento del bloque es hacia abajo, y que el movimiento se efectúa en un medio que da una fuerza de amortiguamiento F = (501 vI) N, en la cual v está en mis.

22.49. Un bloque que pesa 7 lb está colgado de un resorte cuya rigidez es k = 75 lb/ft. Al soporte al cual está fijo el resorte se le comunica un movimiento ar- * 22.56. El bloque que tiene un peso de 12 lb se sumerge mónico simple que puede expresarse mediante {j = en un líquido en tal forma que la fuerza de amortigua(0.15 sen 21) ft, estando t en segundos. El factor de miento que actúa en el bloque tiene una magnitud de amortiguamiento es clce = 0.8. Calcule el ángulo de F (0.71 vI) lb, estando ven ft/s. El bloque se jala hafase ~ de la vibración forzada. cia abajo 0.62 ft Yse suelta partiendo del reposo. Calcule la posición del bloque como función del tiempo. El 22.50. Calcule el factor de amplificación del bloque, resorte tiene una rigidez k = 53 lb/ft. ~uponga que la dirección positiva del desplazamiento es hacia abajo. resorte y amortiguador del problema 22.49.

=

22.51. La barra tiene un peso de 6 lb, Yla rigidez del resorte es de k = 8 lb/ft; el coeficiente del amortiguador es c = 60 lb . s/ft. Deduzca la ecuación diferencial que describe el movimiento en términos del ángulo f) de rotación de la barra. Además, ¿cuál debe ser el coeficiente de amortiguamiento del amortiguador si la barra se ha de amortiguar críticamente?

Prob.22.56

Prob.22.51

* 22.52. Un bloque cuya masa es de 0.8 kg se cuelga de un resorte de rigidez 120 N/m. Un amortiguador da una fuerza de 2.5 N cuando la velocidad del bloque es de 0.2 mIs. Calcule el periodo de vibración libre. 22.53. El factor de amortiguamiento clce puede determinarse en forma experimental midiendo las amplitudes sucesivas del movimiento vibratorio en un sistema. Si dos de esos desplazamientos se pueden aproximar con XI y Xz como se ve en la figura 22.17, demuestre que la relación In(xi/xz) = 2;r(clce)tl1 - (lce)z. A la cantidad In (XI/XZ) se le conoce como decremento logaritmico. 22.54. El bloque que se muestra en la figura 22.16 tiene una masa de 20 kg Yla rigidez del resorte es de k = 600 N/m. Cuando el bloque se desplaza y se suelta se miden dos amplitudes sucesivas resultando XI = 150 mm y Xz = 87 mm. Calcule el coeficiente c de amortiguamiento viscoso.

22.57. El mecanismo de palanca acodada consiste en una varilla doblada cuya masa es despreciable, y un peso de 5 lb fijo a ella. Calcule el coeficiente Ce de amortiguamiento crítico para pequel'las vibraciones con respecto a la posición de equilibrio. Además, ¿cuál es la frecuencia natural amortiguada de las vibraciones pequefias? Desprecie el tamal'lo del peso. 1 ft--j

Prob.22.57

582

CAP. 22 VIBRACIONES

2í.58. Deduzca la ecuación diferencial de movimien- * 22.60. Trace el circuito eléctrico que sea equivalente

to para el sistema vibratorio amortiguado que se muestra en la figura. ¿Qué tipo de movimiento existe aquí?

al sistema mecánico que se ve en la figura. Formule la ecuación diferencial que describa el movimiento de la corriente en el circuito.

Prob.22.60

22.61. Trace el cirucuito eléctrico que sea equivalente al sistema mecánico que muestra la figura. Deduzca la ecuación diferencial que describa el movimiento de la corriente en el circuito.

Prob.22.S8

22.59. Calcule el análogo mecánico del circuito eléctrico. ¿Qué ecuaciones diferenciales describen los sistemas mecánico y eléctrico?

Prob.22.61

e

L

22.62. Trace el circuito eléctrico que sea equivalente al sistema mecánico que muestra la figura. Formule la ecuación diferencial que describa el paso de la corriente en ese circuito.

'--------1 11111 1 1 - - - - - ' E= Eo sen .,/

Prob.22.S9

Prob.22.62

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A

Ecuaciones matemáticas

Fórmula cuadrática . - b ± .¡ b 2 - 4ac Si ax2 + bx + e = 0, entonces x = 2a

Funciones hiperbólicas eX - e-X

ex + e-X

senh x = -2-' cosh x = - 2-

senh x ' tanh x = cosh x

Desarrollos de series de potencias

Identidades trigonométricas sen2 e + cos 2

e= 1

sen (e± ¡:9) = sen ecos ¡:9 ± cos esen ¡:9 sen 2e = 2 sen e cos e cos (e ± ¡:9) = cos ecos ¡:9 ± sen

x3

esen ¡:9

cos 2e = cos 2 e- sen2 e

+,¡

cos

e -- -

tan

e = sen e cos e

1 + tan 2

+,¡

1 + cos 2e e_ 2 ' sen - -

e = sec2 e

1 + ctn2

XS

senh x = x + 3! + 5! + ...

1 - cos 2e 2

e= csc2 e

584

APÉNDICE A EXPRESIONES MATEMÁTICAS

Derivadas d (un) d.x

d du d.x (sen u) = cos u d.x

d - (cot u) d.x

d dv du -(uv)=u-+ v d.x d.x d.x

d du - (cos u) = -sen u d.x d.x

d du d.x (see u) = tan u see u d.x

!!:... (~J =

d du - (tan u) = see2u d.x d.x

d du d.x (ese u) = -ese u eot u d.x

-

d.x

du d.x

= nun- 1 -

v (du/d.x) - u(d V /d.x) ¡}

V

=

du -esc2u d.x

d du d.x (senh u) = eosh u d.x d du d.x (eosh u) = senh u d.x

Integrales xn + 1

n - + Cn"-l f x d.x = n+1 '

f -a + bx d.x

1 In(a + bx) + e b

= -

~ = _1-In

fa

+

bX2

2'¡ -ba

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[fafa -2r-ti] +

xr:li

+

e

'

a> O,

b


1 xd.x - = -In (bx 2 + a) + e f a + bX2 2b X2 d.x =!. _ _ a _ tan-1xlOJi + e f a + bX2 b braJi a d.x- = -In 1 [a X] + e a 2 >X2 -+f a- x ' a 2-x2 2a 2 f .¡ a + bx d.x = 3b .¡ (a + bX)3 + e

!a+EiX d.x - -2(2a - 3bx)'¡ (a + bX)3 e lSb 2 +

f x a+ x 2

~b d.x - 2(8a 2- 12abx + lSb 2x 2)'¡ (a + bx)3

f x va + nx

-

10Sb 3

f~d.x=~[x~ +a2sen-l~J+ e,

f X-lr12 - X2 d.x

= -

"31 .¡ (a 2- X2)} + e

+

e

a> O

APÉNDICE A

f xz,! a

2 - X2

f {a dx+ bx fh

X

dx

2 ±a2

=

4"x{ (a 2 -

dx = -

X2)3

a?(

+ 8-

X {

a2 -

X2

a

+ a 2 sen- 1 X) +

e, a >O

2.ra+7JX + e b

= {X2 ± a 2 + e

f .¡ a + bxdx + cx

2 =

~ In [

ve

{a + bx + cx 2 + xIC +

= _1_ sen-l( -2cx - b J+ e ~ {b 2 -4ac '

2~C ) ve e

f senx dx = - cosx + e f cosx dx = senx + e 1

X

f x cos (ax) dx = 2"a cos (ax) + -a sen (ax) + e f cos (ax) dx = 2xa cos (ax) + a xa 2 sen (ax) + e 2 2-

X2

EXPRESIONES MATEMÁTICAS

2

enT xenT dx = -(ax-1) 2

3

e a f f senh x dx = cosh x + e f coshx dx = senhx + e +


+

e,

e

>O

585

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B

Análisis numérico y computacional

En ocasiones, la aplicación de las leyes de la mecánica conducen a un sistema de ecuaciones para el cual es difícil o imposible obtener una solución de forma cerrada. Cuando los ingenieros se encuentran con este caso, con frecuencia emplean algún método numérico que en la mayor parte de los casos puede programarse en una microcomputadora o en una calculadora programable de bolsillo. En esta ocasión presentaremos en forma breve un programa de computadora para resolver un conjunto de ecuaciones algebraicas lineales, así como tres métodos numéricos que se pueden emplearse para resolver una ecuación algebraica o trascendental, evaluar una integral definida, y resolver una ecuación diferencial ordinaria. La aplicación de cada método se explicará con un ejemplo, y daremos el programa asociado de computadora, escrito en BASIC de Microsoft, que está diseñado para correr en la mayoría de las computadoras personales. * Se debe consultar un texto de análisis numérico para mayores explicaciones acerca de la comprobación de la exactitud de cada método, y los errores inherentes que se pueden originarse.

Ecuaciones algebraicas lineales. La aplicación de las ecuaciones del equilibrio estático o de las de movimiento necesita a veces de la resolución de un conjunto de ecuaciones algebraicas lineales. Se puede emplear para este objeto el programa de computadora listado en la figura B.l. Se basa en el método de elimi-

• Se pueden escribir o comprar programas semejantes para calculadoras programables de bolsillo.

588

APÉNDICE B ANÁLISIS NUMÉRICO Y COMPUTACIONAL

1 PRINT"Linear PRINT 201M Al10,1l) 3 INPUT"Input

system

of

eque t i onev :

20 21 22 23

PRINT"Unknowns FOR 1 = 1 TO N PR1NT "XI";1;")=";AI1,No1) NEXT 1

",N

24

END

4 PRINT 5 PRINT"A coefficients" 6 FOR 1 = 1 TO N

25 REM 26 FOR 27

Np:M

7

28 29 30 31 32 33 34

BG=ABSIAIM,M» FOR 1=M TO N IF ABSIAI1,M» (=BG BG=ABS IAII, M» NP=! NEXT 1 IF NP=M THEN 40

FOR

J

=

1 TO

number

of

N

8 PRINT "A(";I;";J; 9 INPUT")=", AII,J) 10 NEXT J 11

NEXT

1

12 13 14 15 16

PRINT PRINT"B Coe f f i.c i e nt.s " FOR r 1 TO N PRINT "BI";I; INPUT") = ",A(I,N"'l)

17

NEXT

=

18 GOSUB 19 PRINT

1

25

equations

ll

Subroutine M=l TO N

Guassian

41 42 43 44 45

FC=.~I1,M) !AIM,M) FOR J = M+l TO N+l AI1,J=.~I1,J) 'FC*AIM,J) NEXT J NEXT 1

46

NEXT

R ri q y

M

47 AIN,No1)=AIN,No1)!AIN,N) 48 FOR I=N-l TO 1 STEP -1 49

THEN

33

U:

SM=Q

50 FOR J=I.,.l TO N 51SM=SM+A(I.J)*A(J,N+l) 52 NEXT J 53 lA 11,N 1)=IAI1,NoU 54 NEXT 1 55 RETURN 0

re O 'SM)

I AI1,1)

35 FOR I=M TO N.,.¡ 36 37 38 39 40

O:

r

el

d

TE=AIM,1) AIM,1)=AINP,1) AINP,1)=TE NEXT 1 FOR 1=Mo1 TO N

.r

L

Fig.B.l

nación de Gauss y puede resolver un máximo de 10 ecuaciones con 10 incógnitas. Para hacerlo, se deben primero escribir las ecuaciones en el siguiente formato general: AlIx¡

+

x

a12 2

+

Az¡x¡ + a2Zx2 +

+ a¡nXn + a2nxn

= =

B¡ B2

P Ir ir d e 1

www.elsolucionario.org Los coeficientes ''A'' y "B" se "llaman" al correr el programa. salida proporciona las incógnitas r, ,..., Xn'

La

2 3 4 5 6 7 8 9

11 1: 1: 1: 1-

l!

Ejemplo B.I

11 1'

Resuelva las dos ecuaciones 3x¡ + Xz = 4 2x¡ -Xz = 10 SOLUCIÓN Cuando empieza a correr, el programa pide el número de ecuaciones (que es 2 en este caso), a continuación los coeficientes A en el siguiente orden: Au = 3, A¡2 = 1, A2¡ = 2, An = -1, Y por último pide los coeficientes B: B¡ = 4, B2 = 10. El resultado aparece como sigue: Incógnitas X(1) = 2.8 X(2) =-4.4

Resp.

www.elsolucionario.org APÉNDICE B REGLA DE SIMPSON

Regla de Simpson. La regla de Simpson es un método numérico que puede emplearse para calcular el área bajo una curva, que se presente como una gráfica o como una función explícita y = [(x). Igualmente, puede emplearse para calcular el valor de una integral definida en la que intervenga la función Y = [(x). Para hacerlo, debe subdividirse el área en un número par de bandas o intervalos cuya anchura sea h. Se hace que la curva entre tres ordenadas consecutivas sea una parábola, para aproximarla a la curva real, y a continuación se calcula el área completa o integral definida de acuerdo con la fórmula siguiente:

{ [(x) dx -:::: 4[yo + 4(y¡ + Y3 + ... + Yn-¡) o + 2(y2 + Y4 + ... + Yn-2) + Yn] (B.l) X

En la figura B.2 se presenta el programa de computadora para evaluar la ecuación. Para emplearlo, deben introducirse primero la función (renglón 6), a continuación los límites superior e inferior de la integral (renglones 7 y 8), Y finalmente el número de intervalos (renglón 9). A continuación aparece, como salida, el valor de la integral. 1 PRINT"Si.pson's ru1e":PRINT 2 PRINT" To execute this program :":PRINT 3 PRINT" 1- Modify right-hand side of the equation given be10w, 4 PRINT" then press RETURN key" 5 PRINT" 2- Type RUN 6":PRINT:EDIT 6 6 DEF FNF(X)=LOG(X) 7 PRINT:INPUT" Enter Lower Limit = ",A 8 INPUT" Enter Upper Limit = ",B 9 INPUT" Enter Number (even) of Interva1s ",N% 10 H=(B-A)/N%:AR=FNF(A):X=A+H 11 FOR J%=2 TO N% 12 K=2*(2-J%+2*INT(J%/2)) 13 AR=AR+K*FNF(X) 14 X=X+H:NEXT J% 15 AR=H*(AR+FNF(B))/3 16 PRINT" Integral = ",AR 17 END

Fig.B.2

589

590

APÉNDICE B ANÁLISIS NUMÉRICO Y COMPUTACIONAL

EjemploB.2

E

5

f2 lnx

Evaluar la integral definida

dx

la

SOLUCIÓN Se dividirá el intervalo Xo = 2 a X6 = 5 en seis partes iguales (n = 6), teniendo cada una de ellas un ancho de h = (5 - 2)/6 = 0.5. A continuación calcularemos y = [(x) = In x en cada punto de subdivisión.

xn

n O 1 2 3 4 5 6

2 2.5 3 3.5 4 4.5 5

fe) us El ea

!~

Yn p¡

0.693 0.916 1.099 1.253 1.386 1.504 1.609

Xl

ei dI ql

P( re ec

Ig ra ve ta

Así, la ecuación B.1 es

L

Inxdx-==- 0 5[0.693 + 4(0.916 + 1.253 + 1.504)

3

-==-

+ 2(1.099 + 1.386) + 1.609] 3.66

cr

Resp.

E

ta Esta respuesta es equivalente a la respuesta exacta con tres cifras significativas. Es obvio que puede mejorarse la exactitud a un mayor número de cifras significativas si se selecciona un intervalo h menor, o sea, una n mayor. Empleando el programa de computadora, se introduce la función In x en el renglón 6 de la figura B.2, y los límites superior de 5 e inferior de 2, así como el número de intervalos (n = 6). La salida aparece como

fr se

re se

1

2 3 4

5

Integral

=

3.66082

Resp.

6 7 8 9 11 1 1: 1 l· 1: 11 l' 1 1

2

APÉNDICE B EL MÉTODO DE LA SECANTE

El método de la secante. Este método se emplea para calcular las raíces reales de una ecuación algebraica o trascendental f(x) = O. Su nombre se deriva del hecho de que la fórmula que se usa se deduce de la pendiente de la secante en la gráfica y = f(x). Esta pendiente es (/(x,J - f(xn.¡))/(xn - xn.¡), y la fórmula de la secante es (B.2)

Para su aplicación es necesario procurar dos valores iniciales, Xo y xl> Ycon ellos evaluar aX2 de la ecuación B.2 (n = 1). A continuación se vuelve a aplicar la ecuación B.2 conx¡ y el valor calculado dex2 para obtener X3 (n = 2), etc., hasta que el valor x n + l x n • Se ve que esto sucederá si X n se acerca a la raíz de la función f(x) = O, porque el término de corrección de la ecuación B.2 tenderá a cero. En particular, mientras mayor sea la pendiente, menor será la corrección para X n y con mayor rapidez se encontrará la raíz. Igualmente, si la pendiente es muy pequeña en la vecindad de la raíz, el método conduce a correcciones grandes para x'" y la convergencia hacia la raíz es lenta, y hasta puede no encontrarla. En tales casos se deben emplearse otras técnicas numéricas para encontrar la solución. En la figura B.3 se presenta el listado de un programa de computadora basado en la ecuación B.2. El usuario debe suministrar la función (renglón 7) y dos proposiciones iniciales para Xo y Xl que se emplean para aproximar la solución. La salida de computadora da el valor de la raíz. En caso de no poder determinarla, esto se reporta en la salida. 1 PRINT"Secant method" :PR INT 2 PRINT" To execute this program :":PRI NT 3 PRINT" 1) Modify right hand side of the equation given below," 4 PRINT" then press RETURN key." 5 PRINT" 2) Type RUN 7" 6 PRINT:EDIT 7 7 DEF FNF(X)=.5*SIN(X)-2*COS(X)+1.3 8 INPUT"Enter point # 1 =",X 9 INPUT"Enter point #2 =",Xl 10 IF X=Xl THEN 14 11 EP=.OOOOl:TL=2E-20 12 FP=(FNF(Xl)-FNF(X))j(Xl-X) 13 IF ABS(FP»TL THEN 15 14 PRINT"Root can not be found.":END 15 DX=FNF(Xl)jFP 16 IF ABS(DX»EP THEN 19 17 PRINT "Root = ";Xl;" Function evaluated at this root ";FNF(Xl) 18 END 19 X=Xl:Xl=Xl-DX 20 GOTO 12

Fig.B.3

591

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592

APÉNDICE B ANÁLISIS NUMÉRICO Y COMPUTACIONAL

Ejemplo B.3

Calcular la raíz de la ecuación f(X) = 0.5 senx - 2 cosx + 1.30 = O

SOLUCIÓN

YXl

Las tentativas iniciales para enmarcar la raíz serán.xo = 30°. Aplicando la ecuación B.2,

= 45°

30° - 45° ) x 2 = 30° - (-0.1821)( - 0.1821- 0.2393 = 36.48°

Usamos este valor en la ecuación B.2, al igual que Xl obtenemos X

3

= 30°, Y

= 36 48° - (O 01081 •

•

36.48° - 30° ) = 36 89° 'l-O.0108 + 0.1821 .

Repetimos el proceso con este valor y X 2 = 36.48° Yobtenemos X4

= 36 89° - (O 0005) ( 36.89° - 36.48° ) = 36 87° -

.

.

0.0005 + 0.0108

.

www.elsolucionario.org AsÍx es adecuada con tres cifras significativas. =

36.9°

Si se resuelve el problema empleando el programa de computadora, se introduce la función, en el rengó n 7 de la figura B.3. Las tentativas primera y segunda deben estar en radianes. Si escogemos 0.8 rad y 0.5 rad, el resultado aparecerá como Raíz = 0.6435022. Función evaluada en esta raíz = 1.66893E- 0.6. Convertimos este resultado a radianes y obtenemos X

= 36.9°

Resp.

APÉNDICE B MÉTODO DE RUNGE-KUTTA

Método de Runge-kutta. Este método se emplea para resolver una ecuación diferencial ordinaria. Consiste en aplicar un conjunto de fórmulas que se emplean para calcular valores específicos de y para valores incrementales correspondientes de h en x. Las fórmulas, enunciadas en su forma general, son las siguientes: Ecuación de primer orden. Para integrar x = t(t,x) paso a paso, emplear (B.3) donde k¡ = htCt¡, x¡)

(B.4)

Ecuación de segundo orden. Para integrar x = tCt, x, x) emplear X¡+¡ =Xi+h[ xi+ick¡ +k2+k3)]

(B.5)

donde

h ' Xi + "2 h.. k¡) k 2 = hf( ti + "2 Xi ' Xi + 2" h ,Xi + "2 h.Xi +"4 h k ¡ , Xi. + 2" k2) k 3 = hf[ t¡ + "2

(B.6)

k4 =ht[ ti + h, Xi +hXi + ~k2, Xi + k3 )

Para aplicar esas ecuaciones, se comienza con los valores iniciales ti = to, X¡ = Xo, y X¡ = Xo (para la ecuación de segundo orden). Seleccionando un incremento h de t o, se calculan las cuatro constantes k. Se sustituyen esos valores en la ecuación B.3 o la B.5 para calcular xi+¡ = Xl' Xi+¡ = Xl' que corresponden a ti+¡ = t¡ = lo +h. Se repite este proceso empleando tI, Xl' X¡ Y h, Y se calculan a continuación los valores dex2,x2 y t 2 = t¡ + h, etcétera. En las figuras B.4 y B.5 se da el listado de programas de computadora que resuelven ecuaciones diferenciales de primer y

593

594

APÉNDICE B ANÁLISIS NUMÉRICO Y COMPUTACIONAL

segundo órdenes, respectivamente. Para emplear dichos programas, el operador especifica la función x = f(l,X), o x = f(l,X,X) (renglón 7), los valores iniciales lo, xo, Xo (para ecuación de segundo orden), el tiempo final ln' Y el tamaño del escalón. La salida de los valores de l, x y x para cada incremento de tiempo hasta que se alcanza ln' I PRINT"Runge-Kutta Method for I-st order Differential Equation":PRINT 2 PRINT" To execute this program :":PRINT 3 PRINT" 1) Modify right hand side of the equation given below," 4 PRINT" then Press RETURN key" 5 PRINT" 2) Type RUN 7 " 6 PRINT:EDIT 7 7 DEF FNF(T,X)=5tT+X 8 CLS:PRINT" Initial Conditions":PRINT 9 INPUT"Input t = ",T ID INPUT" x ",X II INPUT"Final t ",TI 12 INPUT"step size = ",H:PRINT 13 PRINT" t x" 14 IF T>=TI+H THEN 23 15 PRINT USING"######.#####"¡T¡X 16 Kl=HtFNF(T,X) 17 K2=HtFNF(T+.5tH,X+.5tKI) 18 K3=HtFNF(T+.5tH,X+.5tK2) 19 K4=HtFNF(T+H,X+K3) 20 T=T+H 21 X=X+(KI+K2+K2+K3+K3+K4)j6 22 GOTO 14 23 END

Fig.B.4

I PRINT"Runge-Kutta Method for 2 - nd order Differential Equation":PRINT 2 PRINT" To execute this program :":PRINT 3 PRINT" 1) Modify right hand side of the equation given below," 4 PRINT" then Press RETURN key" 5 PRINT" 2) Type RUN 7" 6 PRINT:EDIT 7 7 DEF FNF(T,X,XD)= 8 INPUT"Input t = ",T 9 INPUT" x = ",X ID INPUT" dxjdt ",XD II INPUT"Final t ",TI 12 INPUT"step size = ",H:PRINT dxjdt" x 13 PRINT" t 14 IF T>=TI+H THEN 24 15 PRINT USING"##### # .#####"¡T¡X¡XD 16 KI=HtFNF(T,X,XD) 17 K2=HtFNF(T+.5tH,X+.5tHtXD,XD+.5tKI) 18 K3=H*FNF(T+ . 5*H,X+( . 5*H)*(XD+ . 5tKI),XD+.5*K2) 19 K4=H*FNF(T+H,X+H*XD+.5*HtK2,XD+K3) 20 T=T+H 21 X=X+H*XD+Ht(Kl+K2+K3)j6 22 XD=XD+(KI+K2+K2+K3+K3+K4)j6 23 GOTO 14 24 END

Fig.B.S

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APÉNDICE B MÉTODO DE RUNGE-KUTTA

595

EjemploB.4 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _--.

Resuelva las ecuaciones diferenciales x = 5l + x. Obtenga ·los resultados para dos pasos con incrementos de tiempo h = 0.02 s. Cuando lo = O, Xo = O. SOLUCIÓN

Se trata de una ecuación de primer orden, y por lo tanto se aplican las ecuaciones B.3 y B.4. Entonces, para lo = O Y Xo = O, h = 0.02, se tiene que k¡ = 0.02[0 + O] = O k 2 = 0.02[5(0.1) + O] = 0.001 k3 = 0.02[5(0.01) + 0.0005] = 0.00101 k4 = 0.02[5(0.02) + 0.00101] = 0.00202 X¡ = O + HO + 2(0.001] + 2(0.00101) + 0.00202] = 0.00101

Se trata de una ecuación de primer orden, y por lo tanto se aplican las ecuaciones B.3 y B.4. Entonces, para lo = O YXo = O, h = 0.02, se tiene que k¡ = 0.02[5(0.02) + 0.00101] = 0.00202 k 2 = 0.02[5(0.03) + 0.00202] = 0.00304 k3 = 0.02[5(0.03) + 0.00253] = 0.00305 k4 = 0.02[5(0.04 + 0.00406] = 0.00408 X2 = 0.001 + HO.00202 + 2(0.00304) + 2(0.00305) + 0.00408] X 2 = 0.00405 Resp.

Para resolver este problema empleando el programa de computadora de la figura B.4, se introduce primero la función en el rengón 7, y a continuación se especifican los datos lo = O, X o = O, In = 0.04 Yh = 0.02. Los resultados aparecen en la siguiente forma: 1

x

0.00000 0.02000 0.04000

0.00000 0.00101 0.00405

Resp.

>-.

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e

Análisis vectorial

La descripción siguiente es un breve repaso del análisis vectorial. En el primer tomo, Mecánica para ingenieros: Estática se presenta un tratamiento más detallado de estos temas.

Vector. Un vector, A, es una cantidad que tiene magnitud y dirección, y que se suma con otra de acuerdo con la ley del paralelogramo. Como se ve en la figura CI, A = B + e, donde A es el vector resultante, y B Ye los vectores componentes.

Vector unitario. Un vector unitario, "A, tiene magnitud de una unidad "adimensional" y actúa en la misma dirección que A. Se determina dividiendo A entre su magnitudA, es decir,

¡ -Ai

I I

..

11.'1 =

A

I !

(CI)

Fig. C.l

www.elsolucionario.org 598

APÉNDICE C

ANÁLISIS VECfORlAL

Notación vectorial cartesiana. Las direcciones de los ejes x, y, z positivos se definen mediante los vectores unitarios i, j Yk, respectivamente, Como se ve en la figura e2, el vector A se define por la suma de sus componentes x, y y z del siguiente modo:

/ / / - - - - - - - -....-/"7

1

//

i

(---I I

I I I

k

A // ----

:

"

I

I

I

I

'A .\ J' -y

I

(e2)

Af il x

/

La magnitud deA la determina Fig. C.2

(e3)

La dirección de A se define en términos de sus ángulos de dirección con las coordenadas, a, fJ y y, medidas de la coLa de A hacia la dirección positiva de los ejes x, y, z (figura e3), Estos ángulos se determinan mediante los cosenos directores que representan a los componentes i, j Y k del vector unitario UA, es decir, de acuerdo con las ecuaciones el y e2, ~-'-'.--L._~

,

__

r

I

- - ----_.:-::~ / /

Ar.

UA

=A

1

+=

Av.

A J +, = AAZk

(CA)

x

Fig. C.3

y entonces los cosenos directores son

A cos a =-"A

A\,

cos fJ=A

Az cos y= A

(es)

Por lo tanto, UA = COS ai + cos.8.i + cos ']'k, y empleando la ecuación e3 se ve que cos 2 a + cos 2 fJ + cos 2 Y = 1

(e6)

El producto vectorial. El producto vectorial, o producto cruz de dos vectores A y B, que da el vector resultante C se expresa como C=AxB

(e7)

que se lee C es igual a A "cruz" B. La magnitud de C es

e =AB sen e

(e8)

donde e es el ángulo entre las coLas de A y B (0° ~ e ~ 180°). El , sentido de C se determina mediante la regla de la mano derecha, se-

APÉNDICE C EL PRODUcrO VEcrORIAL

gún la cual los dedos de esa mano se doblan desde A hacia B y entonces el pulgar apunta en la dirección de e (figura C.4). Este vector es perpendicular al plano que contiene a los vectores A y B. El producto vectorial no es conmutativo, es decir, A x B *- B x A. En vez de ello, Ax B

-B x A

=

e

(C9)

Es válida la ley distributiva, es decir, A x (B + D)

=

A xB+A xD

(ClO)

y el producto vectorial puede multiplicarse por un escalar m de cualquier manera, es decir, meA x B)

=

(mA) x B

=

A x (mH)

=

(A x B)m

i j k A, Ay A l

Fig. C.4

(C11)

Se puede emplear la ecuación C7 para calcular el producto vectorial de cualquier par de vectores unitarios cartesianos. Por ejemplo, para calcular ¡x j , la magnitud es (i)(j) sen 90°= (1)(1)(1) = 1, Y su dirección +k se determina mediante la regla de la mano derecha aplicada a i x j (Fig. C2). En la figura CS se muestra un esquema sencillo para obtener este y otros resultados cuando se presente la necesidad. Si se construye el círculo como se ve, entonces al multiplicar vectorialmente dos de los vectores unitarios en sentido contrario al de las manecillas del reloj alrededor del círculo se produce un tercer vector unitario positivo, es decir, k x i = j. Si se recorre en sentido de las manecillas del reloj , se obtiene un vector unitario negativo, es decir, i x k = - jo Si se expresan A y B en forma de sus componentes cartesianos, entonces el producto vectorial, la ecuación C7, se puede evaluar calculando el determinante

e =A x B =

A

(C12)

B, By Bl lo cual da

Recuerde que el producto vectorial se usa en estática para definir el momento de una fuerza F respecto a un punto O; o sea (C13)

en donde r es un vector de posición dirigido de O hasta cualquier punto sobre la línea de acción de F.

-+

Fig.C.S

599

600

APÉNDICE C ANÁLISIS VECfORIAL

El producto escalar. El producto escalar o producto punto, de dos vectores A y B, que da como resultado un escalar, se definecomo A· B =ABcosO

(C.14)

y se lee A "punto" B. El ángulo Oes el que se forma con las colas de Ay B (0° ~ O~ 180°). El producto escalar es conmutativo, es decir, A·B = B·A

(C.15)

La ley distributiva es válida en este caso:

A . (B + D) = A . B + A . D

(C.16)

y la multiplicación por un escalar se lleva a cabo de cualquier manera, es decir, m(A . B) = (mA) . B = A . (mB) = (A . B)m

(C.17)

Empleando la ecuación C.14, puede determinarse el producto escalar de dos vectores cartesianos cualesquiera. Por ejemplo, i· i = (1) (1)cosO° = 1, e i . j = (l)(l)cos90° = O. Si A YB pueden expresarse mediante sus componentes cartesianas, entonces el producto escalar, ecuación C.14, puede determinarse de

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lA' B = A)3x + Afty + A}3z I

(C.18)

El producto escalar puede emplearse para calcular el ángulo O formado entre dos vectores . De acuerdo con la ecuación C.14, ' BJ 0= cos- 1 AAB (

(C.19)

También es posible calcular la componente de un vector en una dirección dada mediante el producto escalar. Por ejemplo, la

I I I I I

I

magnitud de la componente (o proyección) del vector A en dirección de B (figura C.6) se define mediante A cos e. De acuerdo con la ecuación C.14, esta magnitud es

A

B

A cosO = A . B = A . Us

..

======~_ - - Us

B

(C.20)

donde Us representa un vector unitario que actúa en la dirección de B (figura C.6).

Diferenciación e integración de funciones vectoriales. Fig.C.6

Las reglas de. diferenciación e integración de sumas y productos

www.elsolucionario.org APÉNDICE C DIFERENCIACIÓN E INTEGRACIÓN DE FUNCIONES VECTORIALES

de funciones escalares también se aplican a las funciones vectoriales. Veamos, por ejemplo, las dos funciones vectoriales A(s) y B(s). Siempre que estas funciones sean uniformes y continuas para todas, entonces

!! (A + B) = ds

dA + dB ds ds

f (A + B) ds f A ds + f B ds =

(C.21) (C.22)

Para el producto vectorial,

! (A

x B)

= [

~ x B) + [ A x ~)

(C.23)

Igualmente, para el producto escalar, -d (A . B)

ds

dA . B + A . -dB ds ds

= -

(C.24)

601

Respuestas

Capítulo 12

12-1. 20 ft 12-2. número de pisos = 8.43; el auto se debe dejar caer desde el noveno piso.

12- 38. 144 m

12-3. 13 ft, vsp = 2.60 ftls , V"g = -1.0 ftls 12-5. 240 mm , 60 mmls, 20 mm/s 2 12-6. 19.0 ft, IAB = 1.09 S , IAc = 3.30 s 12-7. v avg = 45.2 ftls, a. vg = 13 .9 ftls 2 12-9. 3.93 mis, 9.98 m 12- 10. 34.1 s 12- 11. 25.5 in., 17.5 in./s, 9 in./s 2 12- 13. 7.87 m 12-14. s = O, ST = 8 m, 2.67 mis, -12 m/s 2 12-15. 1.29 mis 12- 17. 35.7 m 12-18. 2.63 mis 12-19. 1.12 ft 12- 21. at 1= 4 s, v = 0.250 mis y s = 11.9 m 12-22. 322 mis, 19.3 s 12-23. VA = 41. 7 mis, VB = 20.8 m is 12- 25. 0 .997 s 12- 26. cuando h = 4 ft , I = 0.997 s; cuando h = 8 ft, t = 1.41 s

12-41. 1133 ft, 37.8 ftls

12-27 .

SBA = 1(2vAVB -

12-29. 1= (v¡12 g) In

vA 2)/2aAI

< 1 ;< 48 s,

12- 42. 48 ft 12- 43. O, 33.3 s 12- 45. O, 22.5 s 12- 46. 114 m 12-47. 80 mis, 49.3 s 12- 49. 22.4 ftls, 38.7 ftls, 47.4 ftls, O :s I < 15 s, v = 0.51 2 , S = 0 .1671 3 ; 15 s < I < 40 s, v = 201 - 187.5, s = 101 2 - 187.5t + 1125 12- 51. 4 .06 s 12- 53. 17.9 s 12-54. 27.4 ftls , 82.3 ftls

12- 55.

Vx

=

-1 mis, vy = {2t} mis,

y = 12 = (1 -

12-57.

Q,

= O, ay = 2 m/s 2 ,

X)2

2 V x = {8t} mis, vy = {9t } mis, ay = {181} m/s 2 , y = b 3 / 2

Q'

= 8 m/s 2 ,

12-58. VII~ l S = {16i - 3.03 j + 3.03 k}ftls, all~" = {48i - 23.9j + 23.9k} ftls 2

12- 59. 5.31 m /s 2 , ex = 53.0°, f3 = 37.0°, Y = 90° 12- 61. (VAD)avg = {1.67 i} mis

[~~ ~ ~; ]

12- 62. 101 ft/s, 56.2° .6'.e

12- 30. 11.2 km /s

12- 63. (aA B).vg = {1.2i + 1.6j} m/s 2 , (aAC),vg = {-1.12i} m/s 2

12-31. v = 5 - 61, a = -6. 12-33. 980 m 12-34. O:s I < 30, v = 81, a = 0 .8 ; 30 <

12-39. O:s I < 30 s , s = 0.21 2 , a = 0.4; 30 s s = 121 - 180, a = O

'

12- 65. 201 mis, 405 m/s 2 I

< 40, v = 24,

a=O 12- 35. 29.3 s, 1715 ft 12- 37. O:s I < 5 s, s = 21 2 , a = 4; 5 s < I < 20 s, s = 201 - 50, a = O; 20 s < I < 30 s, s = 21 2 - 601 + 750

12- 66. 204 m, 41.8 mis, 4.66 m/s 2

12-67 . v = 2 .69 ftls, a = ay = 0 ,02 ftls 2 12- 69. 4.22 mis, a = ay = 0.130 m/s 2

12-70.

v = arYb2sen2 al

+ cos 2 al + (k 2Ia 2r 2 ),

a = a 2rYb 2 cos 2 al

+ sen 2 al

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604

RESPUESTAS

12-71. 8.34 m, 0.541 m /s 2 12-74. VA = 12.4 mis, VB = 11.1 mis

12-75. 12-77. 12-78. 12-79.

41.3° 8.83 m 2. 16 ft 43.1 ft/s

12- 81. 2085 flls 12- 82. 2. 17 s, 16.3 mis 12- 83. 4. 14 fl 12-85. x = 16.8 fl, Y = 4.66 fl

12-86. 0.838 m is, 1.76 m is 12-87. 39.7 ftls, 6. 11 fl 12-89. !!.I = [2vo sen (el - ( 2)]/[g(cos e 2 + cos el)] 12-90. 22.0 fl 12-91. x = 63.8 ft, Y = x = 63.8 ft 12-93. 180 ftls 2 , 72 ftls 2

0.488 m /s 2 2.36 m /s 2 15.3 ft /s 2 , 14 fl 3.62 m /s 2 , 66.6 m 12-99. a" = 21.1 m /s 2, a, = 40 m /s 2

12-94. 12-95. 12-97. 12-98.

12-101. a" = 2eva/(l + b 2)3/2 , Vx = v olVI+b2, v)' = voblY I + b 2

12-153. -0 .175 mis 12- 154. -2 .4 m is, -2.05 m/s 2

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12-105.4.13 m /s 2

12-106. 19.9 m is, 24.2 m /s 2 12- 107. 19.9 ftls, 16.0 ftls 2 12-109. a = a n = 108 m /s 2 12-110. a n = 9.38 m /s 2, a, = 2.88 m /s 2, y = -0.0766x 2, 8, 37 m is, 17.0° "<;;0 12-111. a = a" = 0.457 m /s 2

12- 113. 3.05 m /s 2 12-114. aA = 9.88 ftls 2 , aB = 1.28 fl/s 2, 106 ft

flls 2 ,

12-115. 0.560 6.7 1 fl 12-117. 14.3 in./s 2 12-118. 12 ft /s, 0.646 ftls 2 12-119. V, = 41 COS 12 , Vo = 41 sen 12 ,

12-121. V, = ae

12-133. 86.6 ftls, 266 ftls 2 12- 134. V, = O, Vo = 0.8 m i s, Vz = -0.0932 m is , a, = -0. 16 m /s 2, ae = O, a= = -0.00725 m/s2 12-135. V = 242 mm/s, a = 169 mm/s 2, (VA)x = 162 mm/s, (VA)y = 180 mm/s 12-137. 13.2 ftls , 86.6 ft/s 2 12-138. Vr = O, Vo = 12 ftls, a, = -2 16 ft/s 2, ao = O 12-139. v, = -24.2 ftls, Ve = 25.3 ftls 12-141. Ub = - 0.349i - O.OI27j - 0.937k, Ub = 0.349i + O.OI27j + 0.937k 12-142. a = 139°, {3 = 49 .6°, 'Y = 95 .2°,o bien= 40.9°, {3 = 130°, 'Y = 84.8° 12- 143. v, = -0.306 km /s, Ve = 0 .178 km /s, a, = :- 0.128 km/s 2, ae = 0.0676 km/s 2 12-145. 12 ftls 12-146. 16 m is ~ 12-147. 1 m is j , 0.5 m is j, 0.5 mis j 12-149. 1.5 flls j 12-150. 11 ftls j 12-151. 60 s, 48 s

12- 155. VB = -(2Y d 2 + y2ly)vA

12- 102. 1. 96 m is , 0.930 m /s 2 12-103. a = a" = 0.897 flls2

a r = 4 COS [ 2 ao = 4 sen 12

12-131. v, = 6 ftls, Ve = 18.3 fl/s, a, = -67 .1 ftls 2 , ae = 66.3 ftl s2

-

+

a

16/ 2 sen

/ 2, 161 2 COS 12

a, = e '(a 2 - 1), ao = 2ae a , a

" Ve = e 12-122. 447 mm/s, 3.66 m /s 2 12-123. 7.83 mis, 2.27 m /s 2 12-125. 0.00 1 rad/s, 0.0015 m/s 2 12- 126. v, = 1.5 mis , Vo = 0.45 mis, a, = 0.41 m /s 2, ao = 0.6 m/s 2 12-127. v, = 32 ft /s , Ve = 50.3 ftls, a, = - 201 flls 2 , ao = 256 ftls 2 12-129. V, = ae, Ve = aeo, a, = -ae0 2, ao = 2a0 2 12-130. v, = akekOO,yo = aekOO, a, = ae ko(k 2 - 1)0 2 ,

ao = 2ake kOe 2

U

',

12-157. - 1.41 m is 12-158. VB = I fl/s ->, VA = II ftls-> 12-159. 13.4 m is , 31.7° 8'F, 4.32 m /s 2 , 79 .0° "<;;0 12- 161. 120 km/h t 4000 km /h2 , 0.716° 8'F 12-162. 77.9° 12-163. 30.8 m is, 35.8° 8'F, 1.76 m /s 2 , 58.5° 8~ 12-165. 6.21 mis, 11 .4 s, 28.6° 12-166. 2.27 min 12-167. 15 .5" "<;;0 12-169. VA /B = vVr::: 2';':(l:---se-n-e=)

12- 170. 4.87 ft/s, 10.3 s 12- 171. VA = 20.1 ftls , VB /A = 55.4 ftls Capítulo 13

13-1. 13-2. 13-3. 13-5.

41.7 nN 185 ft, 74.0 fl/s, 68 .7° 8~ 80 lb , 120 lb 202 lb 13- 6. Y = 0.0208x 2 + 0.333x (Parabola)

13-7. y = 3 In[(v?+4

+ x)/2]

13-9. 116 ft 13- 10. 70.8 ftls 13-11. 396 ft 13- 13. 5.89 m /s 2 , 11. 8 N 13-14. 5.74 m is, 8.50 m is 13-15. 85.7 N

RESPUESTAS 13-17. 13-18. 13-19. 13- 21. 13-22. 13-23. 13-25. 13-26. 13-27. 13-29. 13-30. 13-31. 13-33.

14.8 ft /s 2 36.8 s 17.4 ftls 2 (a) 3.86 fUs , (b) aA = 70.8 flls 2 , VB = 25.6 mis, VA = 8.54 mis 4.43 mis 4.00 fl 14.6 ft/s 1.55 mis 3.05 s 14.1 mis 5.43 m 2.48 s

13- 34. 13-35. 13- 37. 13- 38. 13-39.

aA = frg i, aB = -rrg ¡, ac = ftg ~ 4.89 flls 2 0.8 15 s 197 N 23 .5 N 6.94 m/s 2 , 7.08 m/s2 , 56.5° 07 Ax = 35.6 lb, A, = 316 lb, 1.93 kip . ft F = m(aB + g)v'4y2 + d 2/4y 16.1 ftls 2 ; 46.9 lb 9 .29 mis, 38.0 lb

13-41. 13-42. 13-43. 13- 45. 13-46. 13-47. 13-49. 13-50. 13-51. 13-53. 13-54. 13-55. 13-57. 13-58. 13- 61. 13- 62. 13-63. 13-65. 13-66. 13-67. 13-69. 13-70.

9.37 mis, N, = 589 N, Nn 7.31 lb , 5.68 ft/s 2 7.31 lb , 6.0 fl/s 2 40. 1 ftls 24.4 mis 12.2 mis r7 V = V (g-CL '--c -o-S'2-=-O)c-I''-(s-en-0 7:") 5.32 fl/s N = 1.28 lb, F = 1.54 lb 1.48 leN 466 N, 0.986 m/s 2 0= 15 .0°, = 12.6° 279 lb , O 4.16 leN, 1.92 m/s2 N = 1.73 leN, F = 291 N 383 mm 1.5 fl

= 340 N,

aB

N,

= 6.44 flls2

Fr

= -240 N,

F.

=O

= 66 N, F, = -3.28 N = 35.6 N

Fr = -92.5 N , F. = 317 N, Fz N = 12. 1 N , F = 7.67 N N = 5.79 N, F = 1.78 N 17 .0 N

N = 0.883 N, F = 3.92 N = -1.54 leN, F. = O, F, = 2.45 leN = -lOO N, F. = O, F, = 2.45 leN = -900 N, F. = -200 N, Fz = 1.96 leN 5.66 N

Fr Fr Fr

0 .1 43 lb 84.3°, 12 m/s 2 N = 4.221b, P = -12.6 lb 0.300 lb -0.0155 lb -0.0108 lb 0.163 lb Fr = -126 N, F. = O (a) 317 Mm, (b) 640 Mm, (e) 317 Mm < ro < 640 Mm, (d) ro > 640 Mm 13-99. 5.16 km ls 13-101. 42.2 Mm, 3.07 km/s 13-102. 7.45 km/s 13- 103. VA = 6. 11 km/s, !!.VB'= 2.37 km/s 13- 105. 14.1 km/s, 775 Gm 13-106. 4.70 Mm, V < Vo 13- 107. 1.79(10)9 km 13- 109. VB = 7.71 km/s , VA = 4.63 km/s 13- 110. 7.82 km/s, 1.97 h 13-111. !!'v = v'GM,lro(V2 - vT+e), en el perigeo

Capítulo 14

13-71. O, T = 3mg sen O 13-73. 427 lb, 13-74. 13-75. 13-77. 13-78. 13-79. 13-81. 13-82. 13- 83. 13- 85. 13-86.

13-87. 13-89. 13-90. 13- 91. 13-93. 13-94. 13-95. 13-97. 13-98.

14-1. 38.5 ft /s 14-2. 6 14- 3. -F.vg = W(v 2 + 2gs)/2gs 14-5. 15.4 mis 14-6. 1.11 ft/s 14-7. 7.79 mis 14-9. 1.05 ft 14-10. 3.20 leN 14-11. 1.35 m 14-13. 3.52 ft/s 14-14. 3.58 mis 14-15. 30.5 mis, 1.74 leN 14-17. 5.44 ft 14-18. 16.0 fl/s, 7.98 fl 14-19. 6.08 mis 14-21. 88.3 ft 14-22. 227 N 14-23. 1.67 mis 14-25. 3.33 ft 14-26. 16.4 ¡.tW 14-27. 9.24 hp 14- 29. consumo de potencia = 102 kW 14-30. 763 W, 30.5 s 14-31. 4.44 s 14- 33. 35.4 kW 14-34. 181 ft 14-35. 5.33 / MW 14-37. 1.60 kW 14-38. 2.28 kW 14-39. 0.211 hp

605

606

RESPUESTAS

14- 41. 14- 42. 14- 43. 14- 45. 14-46. 14-47.

7.79 mis 30.5 mis, 1.74 kN 88.3 ft 227 N 7.85 in. 15.0 flis Uo = 12.7 flis, Ue = 15.0 flis, 13.5 lb 27.2 ftls 25.4 ftls 11 2 ft, 4.24 klb, 84.7 ft/s 19.4 ftls O 30.0 mis. 130 m 2.45 mis 2.77 ft 260 mm 11.0 mis SI = 549 mm, S2 = 366 mm So = 0.638 m, SA = 1.02 m 1.29 ft

Capítulo 15

15-39. 2.26 ftls -> , 1.85 ftls-> 15- 41. 8.62. mis 15-42. 9.37 mis 15-43. UA = 7.61 ft/s, Uo = 5.08 ft/s 15- 45. O, 0.408 s 15-46. 51.0 mm , 0.510 s 15-47. 0.655 m 15-49. (uAh = 1.64 mis -> , (unh = 0.364 mis ~ 15-50. (uAh = 1.53 mis ~ , (unh = 1.27 m /s-> 15-51. (uAh = 12.0 ftls ~, (unh = 8.0 ftls -> , 5.96 lb . s 15-53. e = § 15-54. 4 .30 lb . s 15- 55. 181 mm 15-57. <1> = cos- I {I - [(1 + e)4/16](I - cos O)} 15-58. (UO)I = 8.81 rrJs, lOS d, (unh = 4.62 mis, 20.3° ~, 3.96 m 15-59. d = 1.15 ft, h = 0.770 ft 15-61. 4.43 mis 15-62. 15.0 m 15-63. e = [(sen + cos 15-65. O = 0 1 + O2 = O + 90° = 90° 15-66. (uAh = 4.13 ftls, (unh = 5.89 ftls

15- 1. 1.50 kN

15-67. (uol>

14-49.

14- 50. 14-51. 14- 53. 14- 54. 14- 55. 14-57. 14-58. 14-59. 14-61. 14- 62. 14- 65. 14-66.

14- 67.

15-2. 1 = L

J" "

-

Fy dt -= 0.373 lb·

S

15-3. 0.706 N . S 15- 5. 4.39 S 15-6. 93.3 ftls 15- 7. 6.07 s, 22.4 ton 15-9. 4.19 mis i 15- 10. 3.01 mis i 15- 11. (uAh = (uoh = 21.5 ftls 15- 13. 0.849 mis 15-14. 104 mis 15-15. 3.64 klb 15- 17. 20.1 lb 15-18. 4.64 s 15- 19. 23.5 ft/s 15- 21. 0.486 s 15- 22. 15.9 mis 15-23. 4.90 s 15- 25. 4.14 mis 15-26. 38.6 ftls 15-27. (a) 15 kN . s, (b) 15 kN . s 15-29. 3.50 ft/s 15- 30. 21.2 ft/s, TI = 423 ft· kip, T2 = 280 ft . klb 15- 31. 1.23 ftis, 0.0767 lb . s 15-33. 1.88 ft/s ~, Se = uer = 3.75 ft 15-34. 18.2 ft 15-35. 0 . 178 mis, 771 N 15- 37. UG = 1.09 mi s, Un = 0.909 mi s, 2.5 s 15-38. Un = 3.16 mis, UA = 0.699 mis

v'3 = -4( 1 + e)u,

t:J.T

= [3 (e 2 -

1)/16] mu 2

15-69. 0.575 ftis, 71.6°~, -0.192 ft· lb 15-70. Ho = {12.5k} kg . m 2 /s 15-71. (HA)o = - 1.50 slug . ft 2 /s, (Ho)o = 1.74 slug . ft 2 /s, (Helo = 0.396 slug . ft 2 /s, Ha = {42i + 21k} kg . m2/s 15-73. 19.3 ftls 15-74. 9.50 mis 15- 75. 6.76(10)6 kg . m 2/s 15-77. 13.8 ft/s 15-78. 4.31 mis , 33.2° 15-79. 3.41 s 15- 81. TI = 20.3 N, T 2 = 21.6 N, 0.414 m 15-82. Uo = 13.9 ftls. (uo), = 7.89 ft/s 15-83. 1.46 mis, 71.9° 15-85. 2.56 ft 15-86. F, = 9.87 lb , F,. = 4.94 lb 15-87. 302 lb 15-89. F = 0.336 lb, u = O 15-90. 0.528 m/s 2 15-91. 11.0 N 15-93. Fx = 0 . 143 lb ~ , Fy = 1.43 lb i 15- 94. B, = 4.97 kN, Ax = 2.23 kN, A,. = 7.20 kN 15-95. 3.88 lb 15-97. 0.104 m/s 2 15- 98. 2.11 m /s 2 , 2.40 m/s 2 15-99. 0 .0476 m/s 2 15-101. 2.78(10)3 ftls 15-102. 2068 ft/s 15-103. 580 ft/s 15-105. u = Y"'"ig-c["-()-'·3-_-:-Oh3;:-)/"-y"'2]

<1»]

www.elsolucionario.org RESPUESTAS Problemas de Repaso 1

RI-1. 23 .4 fUs, 14.9 ft RI-2. 40.2 fUs RI-3. 18.1 kN RI-5. 3.41 m RI-6. 97.2 fUs, 42.6 ft/s 2 RI-7. 115 fUs, 58.4 ft/s 2 RI-9. 2.48 s, 19.0 m RI-I0. 4 .00 ft, 37 .8 ftls 2 Rl-11. 1.62 km RI-13. 29.2 ftls RI-14. 148(10 3 ) fl . lb RI-15. 2.15 fUs, ar = -2. 11 ft/s 2 , ao = -0.906 ft/s 2 RI - 17. (VA), = 1.77 ft/s, (Vs), = 2.88 ft/s RI - 18. 13.8 ft RI - 19. V = V~9-.8c-I-c-o-s...,0:-------:5cc.8::-:-1 , Ns = {58.9 cos 0- 23.2} N, 0=0° RI-21. 18.2 mis, 12.7 m RI-22. 1.29 m RI-23. 652 lb, 109 lb RI-25. 24.1 ft/s, 8.17 ftls 2 RI-26. 2.83 m, 7.67 mis RI-27. 232 mm RI-29. 70.2 lb . s RI-30. Vr = 1.10 mis <- , Vc = 5.43 mis, cf> = 35.8° <:<; RI-31. Vs = 2 mis i RI-33. 0.333 rad/s 2 , 6.67 m/s 2 RI-34. F = 5.07 kN, N = 2.74 kN RI-35. 13.0° RI-37. 80.2 ft/s, 952 lb RI-38. 32 mis ¡ RI-39. 1.53 m RI-41. E = 0.460 RI - 42. N = 1.96 N, F = 1.62 N RI-43. N = 3.03 N, F = 1.81 N RI-45. 4 .58 mis , 0.653 m/s 2 RI-47. T = (mg /2) sen 20 RI-49. 2.36 mis RI-50. 5.86 mis

Capítulo 16

-0.145 rad/s 2 , 6 min 100 S 45 rad/s, 322 rey a e = 10 rad/s, W = 35.4 rad/s, 0= 35.3 rey VA = wrA = 70.9 ftls, Vs = wrs = 35.4 fUs, aA = 252 ft/s 2 , as = 126 ft/s 2 16-7. VA = 40 ft/s, VB = 20 ftls, aA = 80.6 fl/S 2 , as = 40.3 ft/s 2 16-9. 56.2 fl, 60.5 ftls 2 16-10. 60 rad/s, 90 rad 16-11. 21.2 fUs, 106 fl/S 2

16-1. 16-2. 16-3. 16-5. 16-6.

16-13. 16-14. 16- 15. 16-17. 16-18. 16-19. 16-21. 16-22. 16-23. 16- 25. 16-26. 16-27. 16-29. 16-30. 16-31. 16-33. 16-34. 16-35.

607

0.6 rad/s 2, 12 rad/s 0.627 mis, 0.982 mls 2 0máx= 18.1 = 0.3165 rad 44.6 radls 2.09 rad/s, 0.667 rey VA = VB = 2.4 ft/s, aA = 0.4 ftls 2 , as = 17.3 fUs 2 1.67 rev , w = 13 rad/min , a = 8 rad/min 2 16.5 fUs, 40.5 ft, 8 rad/s2 1 mis 14.7 mis 126 rad/s 2.50 mis, 13.1 m/s 2 0

as = w~t(r~

+ r[¡)/2-rrrfJ

= {0.75 cos O} mis, asc = {-3.75 sen O} m/s 2 VAS = w/ cos O, aAS = -w 2 / sen O VCD = - w/ sen O, aCD = -w 2 / cos O 8.70 rad/s, -50.5 rad/s 2 w = -rvA/Y~, Vsc

a = rv~(2y2 - r 2)/y2(y2 - r 2)312

16-37. 16-38. 16-39. 16-41. 16-42. 16-43. 16- 45. 16-46.

0.416 mis, -0.752 m/s 2 4.17 rad/s -1.67 rad/s 2 -3.46 rad/s, Vs = -3 .46 mis = 3.46 mis ¡ V = wd[sen O + (dsen 20/2V(R + r)2 - d 2 sen,20)]

16-47. 16- 49. 16-50. 16-51. 16-53. 16-54. 16-55. 16- 57. 16-58. 16-59. 16-61 . 16-62. 16-63. 16-65. 16-66. 16-67. 16-69. 16- 70. 16-71.

WA = 2[(\12 cos 0- 1)/(3 - 2\12 cos O)] 0.5 rad/s ~, 1.5 ft/s ¡ Wp = 20 rad/s, WD = 6.67 rad/s Wp = 24 rad/s, WD = 5.33 rad/s 4 fUs 2.83 fUs, WSC = 2.83 rad/s, WAS = 2.83 rad/s 1.04 mis 3.54 fl/S 8 ft/s WSC = 1.5 rad/s, WCD = 1.70 rad/s .vs = 7.33 ft/s -> , VA = 2.83 fUs, 0 = 45° 5.18 ft /s 2.40 mis w = 14 rad/s 330 rad/s 330 in.ls, 55.6° 9':1:,. Vs = 8 ft/s, Vc = 2.93 fUs 12 rad/s 4 ft/s

w = [h/(h2

+ x 2 )]vs,

a = - [2xh/(h 2

+ x 2 j2]v»

Vs = vA(h/d)

x

= [/r(r + deos O)/(d + reos 0)2]w, X = [Ir sen 0(2r 2 - d 2 + rd cos O)/(d + reos 0)3]W 2

16-73. 0.5 rad/s, 1.5 fUs 16-74. 4 ft/s 16-75. 1.04 mIs 16-77. WSC = 1.5 rad/s, WCD = 1.70 rad/s 16-78.5.18ft/s 16-79. Vs = 8 fUs, Vc = 2.93 fUs

""'9

608

RESPUESTAS

16-81. VA = O, Va 16-82. 4.17 rad/s 16-83. 16-85. 16- 86. 16-87. 16-89. 16-90. 16-91. 16-93. 16-94. 16-95. 16-97. 16-98. 16-99.

= 1.2 m/s,

Vc

= 0.849 m/s

= 14 in./s !, VA = 10.8 in./s, 21.8° ~e = 5.77 rad /s~, WCD = 2.17 rad/s J WBC = 1.65 rad/s J, WCD = 5.38 rad /s~

VB

WBC

45 ft/s 0.5 ftls ~ 6 m/s ~ VE = 2.4 m/s ~, VF = 1.79 m/s, 26.6° e'2,. 1.47 rad/s 2J, 24.9 ft/s 2 ! aB = 490 ft /s2, 1.17° de, aA = 480 ft/s 2 t 5.20 rad/s2 ~, 2.64 m/s 2 -7 12 .5 m/s2 ~ WAB = 2 rad/s J, aAB = 7.68 rad/s J

2 , VA = 2Y2v d, aB = 2v /r = 2v 2 /r-7 16-101. 0.375 rad/s 2 ~, 62.6 in./s2, 12S e'P

VB

= 4v -7

!,

aA

16-102. 16-103. 16-105. 16-106. 16-107. 16-109. 16-110. 16-111. 16-113. 16-114. 16-115. 16-117. 16-118. 16-119. 16-121. 16-122.

0.231 rad/s2 ~ 7.52 rad/s2 ~, 4.22 mls2, 60.8° ""Oe WAB =

(V3/3)w

J,

aAB =

(1IV3)[(w 2/3) - al ~

63.5 ftls , 2.25° \j , aA = 0.5 ftls 2! 3 rad/s 2 J, 13.9 ft/s 2, 59.7° e'i,., VB = {Si + 6j} ft/s, aB = {-15i + 40j} ftls 2 aB = {- I i} m/s 2, aB = {-1.69i} m/s 2 aB = {-O.4i - 12j} m/s 2 2 VB = {0.6i + 2.4j} m/s, aB = {-14.2i + 8.40j} m/s 2 2 rad/s~, 1.0 rad/s J 10 rad/s J, 24 rad/s2 J 2 aA = {1.4i - 16 .2j} m/s 1.89 rad/s ~, 15 .6 rad/s2 ~ Vc = {-7.5i - 37.0j} ftls, ac = {85.0i - 7.5j} ftls 2 0.720 rad/s ~, 2.02 rad/s2 ~ Vc = {-0.944i + 2.02j} m/s, ac = {-11.2i - 4.15j} m/s 2 16-123. 20.3 m/s , 114 m/s 2 16-125. 0.375 rad/s J, 2.44 rad/s2~ aB =

2

17-18. 0.203 m, 0.230 kg . m2 17-19. 34.2 kg . m 2 17-21. FAB = FCD = 231 lb ; porque la aceleración es cero. F = 400 lb , FAB = FCD = 200 lb 17-22. 0.3 m/s 2 , N B = 7.09 kN, NA = 5.43 kN 17-23.0.0157 m/s 2 , N B = 71.9 kN, NA = 72.1 kN 17-25. T = 4.04 kN, N B = 3.67 kN, NA = 5.93 kN 17-26. FIJ = 10.8 kN, Hx = 3.66 kN, Hy = 779 N 17-27. 2.01 m/s; porque x = 0.25 m < 0.3 m, se tiene resbalamiento 17-29. (a) 1.38 m/s2 , • (b) 1.56 m/s2 17':'30. 39.2 m/s 2; F, = 58860 N > 8829 N,por lo tanto es Imposible levamar las ruedas delanteras.

17-31. FB = 4.50 kN, NA = 1.78 kN, N B = 5.58 kN 17-33. 16.35 ft/s 2 ~, III ft/s 17-34. 53.5 ftls 2, 1.66; para mayor aceleración el conductor se encoge para bajar G2

17-35. 4.94 ftls 2 , 248 lb 17-37. N B = 1.44 kip, NA = 4.69 kip 17-38. 16.1 ftís 2 17-39. 11.2 s 17-41. 1.52 m/s2 , 2.68 kN 17-42. Ax = 10.8 kN, Ay = 19.3 kN 17-43. 2.94 m/s 2 17-45. Ax = 14.9 lb, Ay = 2.50 lb" 8.05 rad/s 2 17-46. N = 7 .38 N, M = 2.02 N . m, V = 3.75 N 17-47. 4 .78 rad/s 17-49. 6.71 s 17-50. 10.4 s 17-51. W = (2/R)Vmgh/(M + 2m) 17-53. 30.1° 17-54. 211 kg' m 2 , 1.04 rad/s 2 17- 55. a = 2mg/R(M + 2m), h = (mg/(M + 2m))t 2 17-57. TA = 102 N, TB = 100 N 17-58. 4.89 ftls 17-59. 7.28 rad/s2 17-61. Ax = 4.50 lb, Ay = 6.50 lb 17-62. Ax = 89.2 N, Ay = 66 .9 N, t = 1.26 s 17-63. 183 N, 16.4 rad/s 2 17-65. Ax = 11 .2 lb, Ay = 18.8 lb 17-66. 1.09 s 17-69. 2.66 rad/s 2 17-70. 73.3 rad/s2, 0.296 s 17-71. 5.00 rad/s 2 · 17-73. t = wor/JLg, S = (wor/2JLg)(2vo - wor) 17-74. 0.692 rad/s 2 17-75. 1.15 rad/s 2 17-77. 193 ft/s 2 17-78. 167 ftls 2 17-79. 1.40 in. 17-81. 4.48 ft/s 2 17-82. a = (3g/2/) cos I! 17-83. 0 . 15 m/s2 , 1.96 kN, 0.225 rad/s2 , 0.3 m/s 2 17-85. 282 ftls 2

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Chapter 17

17-1. 1). = !m/2 17-2. kx = a/V3 17-3. Ix = smr2 17-5. Ix = 1\;mr 2 17-6. 2.25 slug . ft 2 17-7. 57.7 mm 17-9. 1, = %mb 2 17-10. Ix = !mb 2 17-11. 1.58 slug . ft 2 17-13. 1.78 m, 4.45 kg . m 2 17-14. 118 slug . ft 2 17-15. 282 slug . ft2 17-17. ima 2

RESPUESTAS

+ 8m) + 2m)

17-86. aB = 8mg/(3M

19-17. 1.04 s

17-87. 17-89. 17-90. 17-91.

19-18. h =

18-2. 18-3. 18-5. 18-6. 18-7. 18-9.

a = 2mg /( 3M

4.17 rad/s 2 • 43.4 lb 16.7 rad/s2 • !O N 20.3 flls

19-19. y

18-11. 18-13. 18-14. 18-15. 18-17.

26.7 fUs 0.445 rev. 20 lb 20.2 ft 4.60 rad/s 132 radls

18-18.

W

= (l /k G rVFd7r/m

f

F dt = mY gL/6

(e) (211l,)w

W

+ mBkh)

19-38. 6.45 radls 19-39. (a)

= Y3 7rw o/2m. W = Y3(7rwo L

+

2mg) /2mL

= Y(7rwoL + 3mg)/mL

W2

t WI ,

=

19- 41.

W2

19- 42. 19-43. 19-45. 19-46. 19-47. 19-49.

1.53 radls 0.195 mis 3.47 radls 0.452 fUs 22.7 radls 6.94 radls

(b)

W2

=

1 radls

= 1wI

19-50. (uGl."

19-51. 0=

= Y«uGl., - !w. r) , (uG)," = e(uG),'

;an-

I

(vTe)

-

.,

Problemas de Repaso 2

R2-1. TA = tW R2-2. WB = 90 rad/s, WA = 180 rad/s R2- 3. 5.94 m/s 2 , 53.9° 8"7 R2- 5. 7.07 mIs R2-6. 11.0 rad/s R2-7. 2.0 m R2-9. 29.8 radls 2 , 0 .965 s R2-10. W = -[rl (xYx 2 - r 2)]u....

t

19-5. 8.85 slug . ft /s, HA W2

19-26.

19-35. w = (mAk~wA + m BkhwB)/(m ... kl 19-37. W = Y15gl2L

a = [r(2x 2 - r 2)lx 2(x 2 - r 2)312] u~

R2-11. W = -frl(xYx 2 - r 2)]u... . a = r[2x2u~ - r 2ul

Capítulo 19

19-6.

79.8 N . s 0.375 fl 0.533 m 5.08 s

19-34. 0.0708 radls

W

18-22. 3.00 ftls 18-23. 30.7 rad/s 18- 25 . 70S 18-26. 3.00 flls 18-27. 8.55 rad/s 18-29. 24.5 flls 18-30. 3.46 mIs 18-31. 1. 74 rad/s 18-33. 5. 17 rad/s 18-34. 17.5 raó/s 18-35. 13.3 rad/s 18-37. 7.37 rad/s 18-38. 12.7 flls 18- 39. 18.1 rad/s 18-41. 0.900 mis 18-42. 52.0° 18-43. 5.48 rad/s

19-21. 19-22. 19-23. 19-25.

19-33. w· = Hw, 0.985wL

18- 10.

18-19. w = Y7rwo/m, 18-21. 70S

ir

=!l

19-27. O 19-29. 0 .175 rad/s 19-30. 3.56 rad/s 19-31. (a) O, (b) (l/l,)w,

0.0188 fl . lb 10.4 fl . lb 210 fl . lb I 16.8 fl ' lb . sí 3.82 fl ' lb 2.45 radls

609

= IAw = 18. 3 slug . f1 2/S

= (Fd/mkb)t

19-7. 53.7 rad/s 19- 9. 103 rad/s 19-10. 49.0 N. 1.53 s 19-11. 12.7 rad /s 19-13. 0= tan- I [¡J.(kb + r 2 )lkb] 19- 14. 116 rad / s 19-15. 1.64 s, 48.7 N

R2-13. R2-14. R2-15. R2-17. R2- 18. R2-19. R2-21. R2- 22. R2-23. R2-25. R2-26,

-

a... x(x 2 - r 2)]lx~x2 - r 2)312

34 .0 ft /s 4.0 rad /s, 4.88 m Is ..... 7.17 rad /s 0.3 mIs , 0.288 m/s 2 TI = 13.3 lb . T2 = 16.7 lb TI = 18 .3 lb, T2 = 20.7 lb w = (uol a) sen 2 O. a = (u o/a)2 sen 20sen2 O 2.45 rad /s. 2.20 fl / s 5.05 ft /s ..... w = uGl r

10.9 rad / s

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RESPUESTAS

R2-27. R2-29. R2-30. R2-31. R2-33. R2-34. R2-35. R2-37 . R2-38. R2-39. R2-41. R2-42. R2-43 . R2-45 . R2-46. R2-47. R2-49. R2-50.

1.52 kN, 18.6° 13.9 ft/s2 , 8.79° d8 2.07 in. 18 ft/s 10.9 rad/s 2 s = (2u,w,r - w?r2) /2J.Lg 7.08 rad/s 29.8 lb 14.2 ft/s t, 0 .25 ftls 2 ~ 14.9 ftls t, 0.00622 ftls 2 ~ 211 rad/s 29.0 in./s, 412 in./s 2 Ws = 57.5 rad/s ~, WOA = 10.6 rad/s ~ aH = 108 ft/s', ~, aA = III ftls 2, 88.5" do Wsc = 1.98 rad/s J, wcp = 0 .0510 rad/s ~ p '= 24.0 lb , 3.22 ftls', 14.7 lb , 65.3 lb 8.89 rad/s2 8.25 rad/s

Capítulo 20

= {-25 .5i - 13.4j + 20.5k} ftls, = {16li - 249j - 39.6k} ftls 2 = =

= = = = =

= = =

ac =

20-37. Ve

=

20-38. Ve

=

ac = ac =

20-39. Vp =

{-8.49i - 4.24j - 8.49k} ft/s, {-38.2i - 44.5j + 38.2k} ftls 2 {-18i + 450j + 4k} ftls, {-8 10i - 16.2j - 81000k} ft/s 2 {2i + 20j} m/s, ap = {-lOli - 14.8j} m/s2 {-8.66i + 2.26j + 2.26k} m/s, {-22.6i - 47.8j + 4.53k} m/s2 {11.2i + 15.2j - 3.00k} fUs, {7.43i + 40.7j - 11.5k} ft/s 2 {3.00i + 6.00j - 3.00k} m/s, {-13.0i + 28.5j - 1O.2k} m/s 2 {-20i + 24j - 3k} in ./s, {-145i - 24j + 8k} in./s 2 {2.08i - l.64j - 0 .367k} m/s, {-3.7li - 1.65j - 20 .0k} m/s 2 {8i + 32j - 4k} ftls, ap = {-27Oi + 72j} ftls

Capítulo 21

20-1. (a) a = wsw,j, (b) a;' -wsw,k 20-2. W = {!3.9i + 8.80k} rad/s, a = {-1.73i + Il.lj + Ilk} rad/s 2 20-3. w = {-8.0j + 4.0k} rad/s, a = {32i} rad/s 2 20- 5. VA = {-5.20i - 12j + 20.8k} ft/s, aA = {-24. 1i - !3.3j - 7.20k} ft/s 2 20-6. W = {4 .35i + 12.7j} rad/s, .a = {-26.lk} rad/s 2 20-7. w = {4.35i + 12.7j} rad/s, ed = {2.17i + 6.36j - 20.0k} rad/s 2 20-9. VA = {-14.li} ftls, aA = {-1O.6i - 56.5j - 87.9k} ftls 2 20- 10. ~AS = {- 0.375i + 0.50j + 0.625k} rad/s, . VB = {-3.75j} ftls 20-11. aAB = {-1.43i + 0.60j + l.34k} rad/s 2, as = {-14.3j} ftls' 20-13. as = {lIOk} ftls 2 20-14. W .. = 1.33 rad/s, wy = 2.67 rad/s, w, = 3.33 rad/s, us = 3 mis 20-15. 9.43 ftls 20- 17. Woc = {0.204i - 0.612j + l.36k} rad/s, VB = {-0 .333j} mis 20-18. asc = {1.24i - 0.306j + l.44k} rad/s 2, aB = {7 .98j} mis' 20-19. Wsc = {0.769i - 2.31j + 0.513k} rad/s , VB = {-0.333j} mis 20-21. VA = {3k} ftls 20-22. WAS = {1.17i + 1.27j - 0.779k} rad/s, Us = 4.71 ftls 20-23. aAB = {-2.78i - 0.628j - 2.91k} rad/s, as = 17.6 ftls 2

20-25. Ve = {-I.00i + ac = {-28.8i 20-26. VB = {-1O.2i al! = {-3I.Oi -

20-27.vp ap 20-29. VA aA 20-30. Vp ap 20-31. Vp 20-33. VA aA 20-34. VA aA 20-35. ve

5.00j + 0.800k} mIs, 5.45j + 32.3k} m/s 2 30.0j + 52.0k} mIs, 161j - 9Ok} m/s 2

21-2. laa = (mIl2)(3a 2 + 4h2 ) 21-3. Ix = 53.3 slug . f1 2, Iy = 26.7 slug . fl 2 21-5. 2.94 ft 21-6. Ix' = (mIl2)(a 2 + h2 ) 21-7. Iy = (3m /80)(h 2 + 4a 2 ), Iy' = (m/20)(2h 2 + 3a 2 ) 21-9. Ixy = (m / 12)a 2 21-10. 0.148 kg . m2 21-11. y = 0 .5 ft, X = -0.667 ft, Ix' = 0.0272 slug . f12, I y ' = 0.0155 slug . f1 2, 1,' = 0.0427 slug . fl 2 21-13. Ixx = 0.341 kg' m2, Ixy = 0.0930 kg' m2 21-14. 1,' = 0.0595 kg . m2 21-15. Ix = Iy = 20.1 slug' f1 2, 1, = 16.3 slug' ft2 21-17. 1, ' = (l3/24)mr 2, Ix' = (13/24)mr 2, Iy' = 7mr 2/12 21-18. 1.21 kg' m2 21-19. Ix = 4.50 kg . m2, Iy = 4.38 kg ' m2, 1, = 0.125 kg' m2

H = {16.6k} slug . ft2/S, T = 72.1 lb . fl 0 .0920 fl . lb 1.14 J 87.2 rad/s 15.1 rad/s W = {8.73i - 122j} rad/s U = 0.196i - 0.981k U = 0. 196i - 0.981k VG = {-1O.2k} ftls W = {-O.444j + O.444k} rad/s "LMx = (d/dt)(lxwx - Ixywy - I"w,) n ,(lyW y - Iy,w, - Iyxw x) + nil,w, - I~,wx - I,ywy) 21-37. "LMx = Ixw x - Iy n,wy + 1, n yw, 21-38. "LMx = Uy,/p2)ub, "LMy = -U",/p2)ub, "LM, = O 21-39. Bx = -50 N, Ay = By = O, A, = B, = 24.5 N

21-22. 21-23. 21-25. 21-26. 21-27. 21-29. 21-30. 21-31. 21-33. 21-34. 21-35.

RESPUESTAS

21-41. B, = 4 .25 lb, Ax = - 2.12 lb, Ay = 1.06 lb, Bx = 2.121b , By = -1.06 lb 21- 42. B, = 3.25 lb, Ax = - 1.63 lb , Ay = 0.814 lb , Bx = 1.63 lb, By = -0.814 lb 21-43. 58.9 rad/s 2 , Ay = O, Ax = Bx = 72.0 N, A,=B, = 12.9N 21-45. 21.0 lb . ft 21-46. 23.4 lb . ft 21-47. T = 23.3 N, FA = 41.3 N 21-49. M, = O, Ax = O, My = O, () = 64 .1°, Ay = 1.30 lb, A, = 20.2 lb 21-50. 70.8° 21- 51. 70.8° 21- 53. el avión tiende a girar hacia la derecha visto desde arriba. 21- 54. a = 52.2°, {3 = 69.3°, y = 45.0° 21-57. 328 N . m 21-58. 27.0 N · m 21-59. 77.7 lb 21-61. 405 N 21- 62. 12.5 Mg . m2/s

22-18. f = (1/21T)Y2g/3(R - r) 22- 19. 7" = 21T....;¡¡:sg

Capítulo 22

22-43. 22-45. 22-46. 22-47. 22-49. 22-50. 22-51. 22-54. 22- 55.

22-1. 22- 2. 22-3. 22-5. 22- 6. 22-7. 22-9.

5.42 Hz, 17.7 klb Y+ 56.l y = O, 0.192 m -0.05 cos 12.2e -0.25 cos 19.7e 2.52 Hz, 83.7 leN 7" = 1TY2m/3k 7" = 21TVr:¡k'"""b'--+ ---:d"'2)-:-/g-d

22- 10. 22- 11 . 22- 13. 22-14. 22-15. 22- 17.

f= (I/21T)YIL g/d 0.624 Hz 1.36 N/m , 3.58 kg (a) 1.13 Hz, (b) 2.25 Hz + 580x = O 0.457 m

x

611

7" = 1TY2m/3k 0.624 Hz f = (1/21T)Y2gI3(R - r) y + [(k l + k2)/m)y = O 2.25 Hz 1.52 s 7" = 21TYW/3kg 9 + 468B = O \.81 Hz y = {-0.OO278 sin 17.ge + 0.25 cos 17.ge + 0.00624 sen 8e} ft 22-34. Y = A sen pe + B cos pe + {5 0 /[ I - (wlp)2)} sen we 22- 35. y = {-0.02:32 sen 8.97e + 0.333 cos 8.97e + 0.0520 sen 4e} ft 22-37. yp = {0.0276sen 2e} ft

22-21. 22-22. 22- 23. 22-25. 22-26. 22-27. 22-29. 22-30. 22-31. 22-33.

22-38. Y = {- 0.0166 sen 7.07e + 0.07 cos 7 .07e + 0.0294 sin 4e} m 22-39. y = {- 0.0474sen 17 .ge - 0.5 cos 17.ge + 0.00624 sen 8e} ft 22-41. 1.89 in. 22-42. w = p = 14 rad/s

22-57. 22-58. 22-59. 22-61. 22-62.

14.6 mm w = p = 19.7 rad/s 0.490 in. 19.0 rad/s 9.89° 0.997 1.559 + 5409 + 200() = 0,3 .92 lb· s/ft 18.9 N . s/m y = {-0.0702[e- 3. 57r sen (8 .54e)]) m 5.46 lb . s/ft, 4.39 rad/s y + 16y + 4y = O, sobreamortiguado mX + kx = Fo sen we, Lij + (lIC)q = Eosen we Lij + Rq + (2IC)q = O Lij + Rq + (l/C)q = Eo cos we

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Ecuaciones fundamentales de dinámicd_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _1I! CINEMÁTICA

Ecuaciones de movimiento

Movimiento rectilíneo de una partícula Variable a

Constante a

= ac

a =dt =

ds dt

Movimiento curvilíneo de una partícula Coordenadas x, y, z Coordenadas r, e, z

VZ =

a, = r - riP v, = r V o = rO a o = rO + ']jO ' Vz = az =2

ax =x ay = ji az = 2

vy =y

Z

z

Coordenadas n, t dv al = v = v ds

v=s

a = v2

p

n

P

= I[1 + (dy/dx)2pn I d2y/dx2

Movimiento relativo VB = VA

+ VBIA

aB = a A

+ aBIA

Movimiento de un cuerpo rígido en torno de un eje fijo Variable a Constante a = a c dm a=dt

mdm = ad8 Para el punto P s=8r v=mr

+

o. x

= aA + Q.

Energía cinética Partícula Cuerpo rígido (Mov. en el plano) Trabajo Fuena variable Fuena constante Peso Resorte Momento de un par

=

m(adx

T =~ V 2 T = ~ vb + J!eor

UF = fFcos 8ds UF = (Fe cos 8) t:.s U: = -Wt.y Us = -qks~ - tksf) UM = M t.8

Potencia y eficiencia P sal Usal P = dU dt = F . V e= -= Penl Uenl Teorema de la conservación de la energía TI + VI

=

T2 + V2

Energía potencial V = Vg + Ve, en donde Vg

Partícula

=

±Wy, Ve

=

+ tks2

r BIA

+ (vBIA )rel

x rBIA +

+ E fF dt = mV2

Conservación de la cantidad de movimiento E(niv del sist)1 = E(mv del sist)z Coeficiente de restitución e

+ 20. x (vBIA)rel + (aBIA)rel

f

l =: r2 dm +md2

Teorema del eje paralelo

1= le

Radio de giro

k=J ml

= (VB)2 - (vA)2

(VA)I - (VB)I

Principio del impulso y momento angulares Partícula

o. x (O. x rBIA)

CINÉTICA Momento de inrecia de masa

mVI

Cuerpo rígido

al=ar a n =m 2r

Movimiento relativo general en el planotraslación de ejes V B = VA + V BIA(perno) aB = a A + aBIA(perno) Moyimiento relativo general en el planotraslación y rotación de ejes aB

rEx

Principio del impulso y cantidad de movimiento lineales '

d8

m = dt

VB = VA

Cuerpo rígido (Mov. en el plano)

TI + U I - 2 = T 2

vdv=ads

Ux =x

EF=ma

rEy = m(ady EMe = IGa/ EMp = E(MkY Principio del trabajo y la energía

dv

v

Partícula

f

(Ho)1 + E Mo dt = (H O)2' dondeHo = (dXmv) Cuerpo rígido (He)1 + E Me dt = (He )2' (Mov. en el plano) donde H G = l cm (Ho)1 + E Mo dt = (H o)2> dondeHo = lem + (dXmvd

J

f

Conservación del momento angular E(H del sist')1 = E(H del sist)2

Prefijos SI

Pr Múltiplo

Forma exponencial

1000 000000 1000000 1000

Prefijo

Símbolo en el SI

109 1Q6 103

giga mega kilo

M k

10-3 1~ 10-9

mili micra nano

G

Submúltiplo

0.001 0.000001 0.000 000 001 I

m Jl

n

Factores de conversión (FPS) a (SI) Cantidad

Unidad de medida (FPS)

Fuerza Masa Longitud

lb slug

Iguala

ft

Factores de conversión (FPS) 1 ft = 12 in (pulgadas) 1 mi. (milla) = 5,280 ft 1 klb (kilolibra) 1,000 lb 1 ton = 2,000 lb

Unidad de medida (SI) 4.4482 N 14.5838 kg 0.3048 m

Propiedades geométricas de elementos de línea y de área Localización del centroide

dWL

Localizaci6n del centroide Momento de inercia de área

Ir = 1r 4« (} - sen 28) Iy = ir 4«(} _ sen 28)

= 20r

" o "

, 'sen O - 0-

Segmento de arco de circunferencia

J~~~

~ ;L=~r

,

Circular sector area

/L=rrr

I

/

+c

/ ---

I

----

r

---

Ir rr

4r

Arcos de un cuarto y una media circunferencia

:liT

Área dc un cuarto dc círculo

T ~ A =+ "(Il+b) " C ¡r L 1--_ / _ .__h- - - "·-j T~1.3 ( ----:;+¡; 2a+h) 11

y

A = rr~2

~ r

'

4r

Ir = ~ nr 4 I y =k nr4

---"-'C"'-_J..J--'--< :liT

L __

Área trapezoidal

Área semicircubr y

~ b

.~ fa

,

'- b

Ir = 1mo 4 I)'=*n,. 4

A = ]- ab ]

·c [.-a

/

I

Área semiparabólica

Área círculo

Área cxparabólica

Área rectangular

¡--a-j

rN L ~_/'

0T .'

T--:?7\ "

Lz .lea

e

=

s

I - - - - b----..j

t

.\

Área parabólica

Área triagul:¡r

+.""

¡

--\"1"

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Centro de gravedad y momento de inercia de masa de sólidos homogéneos

R

-r

.," .,"

"'G>::---+---': -

v

--.L

x x

Esfera

In = 1»)' = Izz = 1mR2

Cilindro

1" = 1»)' = TI mOR" + 1r2) Iu = 1mR2

I-Iemisferio

Cono

1" = 1»)' = O.259mR2 Izz = ~ mR2

In = I F =;+, m(4R2 + f¡") Iu = Jh mR2

www.elsolucionario.org ; » - - - - ? - - !'

l......x

--- 8 -_

Disco circular delgado

1'1 :1C<1 de lga da

In = 11) = t mR2 Iu = .¡. R2

1" = -h m/)2 1,) = -h I1W 2 In = -h m(a 2 + b 2 )

G

x

J\ni ll o de lgado

Va rilla delg:lda

1" = I)y = t mR2 ( , = mR2

In = 1,) = -h mI" 1,.,. = Ir)' = 1mf2 lu = O

~

INDICE

Aceleración angular, 60,269,473 componentes, 4, 29 cilíndricos, 58 normal y tangencial, 47 rectangulares, 36 constante, 5, 34 Coriolis, 328 gravedad, 37, 93 instantánea, 4, 30 media, 4, 29 normal, 48, 271, 313 relativa, 80, 311, 328, 489 tangencial, 49, 271, 311 traslación, 267 Alcance, 39 Amortiguador, 572 Amortiguamiento crítico, 574 Amplitud,550 Análisis con computadora, 586 Análisis de movimiento relativo, 79, 287, 311 Análisis numérico, 586 Analogías con circuitos eléctricos, 578 Angular aceleración, 60, 269, 473 desplazamiento, 268, 473 velocidad, 268, 473 Ángulo de fase, 225, 550 Ángulos de dirección, 596 Ángulos de dirección de coordenadas, 596 Ángulos de Euler, 534 Apoapsis, 138 Apogeo, 138 Armónico simple, movimiento, 548 Caballo de fuerza, 163 Cantidad de movimiento de un cuerpo rígido, 424 de una particula, 186 lineal, 186,424 Capacitor, 578 Centro de curvatura, 47 de masa, 96

de percusión, 379, 437 de velocidad, instantáneo, 301 instantáneo de velocidad cero, 301 Centrodo, 302 Ciclo, 551 Cinemática, 1 de cuerpos rígidos, 288 de partículas, 1 definición, 1 Coeficiente de amortiguamiento crítico, 573 de amortiguamiento viscoso, 572 de restitución, 210, 450 Computadora analógica, 578 Cono del cuerpo, 474, 541 Cono espacial, 474, 541 Conservación de la cantidad de movimiento lineal, 443 de la energía, 411, 561 del momento angular, 226, 443 Constante de gravitación, 93 Constante universal de la gravitación, 93 Coordenada radial, 58 Coordenada transversal, 58 Coordenadas cilíndricas, 60 Coordenadas polares, 58 Coriolis, aceleración de, 328 Corrientes estables de fluido, 235 Cosenos directores, 596 Cuerpo libre, diagrama de, 95, 99, 354 Cuerpo rígido cantidad de movimiento, 424 cohete, 241 energía cinética, 393, 513 momento angular, 424, 510 movimiento general en el plano, movimiento general, 480 rotación con respecto a un punto fijo, 471 rotación con respecto a un eje fijo, 268 traslación Cuerpos compuestos momentos de inercia, 500 productos de inercia, 500 Curvatura, radio de, 47

618

íNDICE

D'Alembert, lean le Rond, 95 Deceleración, 4 Decremento logarítmico, 581 Derivada de un vector, 474 Desplazamiento, 2, 28 rotación con respecto a un eje fijo, 266 rotación con respecto a un punto fijo, 473 traslación curvilínea, 266 traslación rectilínea, 266 Diagrama cinético, 95, 99, 354 Diagrama de cantidad de movimiento, 429 Diagrama de impulso, 187, 429 Diagramas cinemáticos, 288, 311 cinemáticos de aceleración, 311 cinemáticos de velocidad, 288 cinéticos, 95, 99, 354 de cantidad de movimiento, 187, 429 de cuerpo libre, 95, 99, 354 de impulso, 186, 429 Dinámica, 1 Directriz, 135 Distancia, 2 Ecuaciones de movimiento para un cuerpo rígido ecuaciones de Euler, 525 giroscopio, 537 movimiento en el espacio, 524 movimiento en un plano, 354 rotación con respecto a un eje fijo, 367 traslación, 354 Ecuaciones de movimiento para una partícula, 93 coordenadas cilíndricas, 124 coordenadas normal y tangencial, 113 coordenadas rectangulares, 98 sistema de partículas, 96 Efecto giroscópico, 537 Eficiencia, 163 Einstein, 93 Eje binormal, 49 Eje inclinado, momentos de inercia Eje inst,mt:íneo . de rotación, 473 de velocidad cero, 301 Eje normal, 47 Eje principal e inercia, 503 Eje tangente, 47 Elástico, impacto resorte, 99 Empuje, 241 Energía cinética, 148,393,513 de un cuerpo rígido, 393, 513 en traslación, 394 movimiento en el espacio, 513 movimiento en un plano, 395 rotación con respecto a un eje fijo, 395 de una partícula, 148 conservación de la , 173,411 potencial, 169,411 elást ica, 170,412 función, 171 gravitatoria, 170, 411

Equilibrio din:ímico, 95 estático, 95 Estable, precesión, 536 Estado estable, vibraciones, 568 Estática, 1 Excentricidad, 135 Factor de amortiguamiento, 574 Factor de amplificación, 568 Flujo de masa constante, 236 variable, 240 volumétrico, 236 Fórmulas matemáticas, 583 Foco, 133 Frecuencia circular, 548 con amortiguamiento natural, 574 de forzamiento, 566 de impulsión natural, 551 razón de , 568 relación de, Fricción, 98, 169 Fuerza central, 133, 226 centrípeta, 114 conservativa, 169,411 de amortiguación, 572 de empuje, 241 de fricción, 98, 169 de gravitación, 98 de impulsión, 98, 198, 443 de resorte, 98 externa, 97, 351 interna, 97, 352 no conservativa, 169, 413 no impulsiva, 198,443 normal, 113 periódica, 566 tangencial, 113 trabajo de, 143,397 Galileo, 91 Geolibra Giroscopio, 537 Giroscopio libre, 537 Giro, radio de, 343 Gráfica aceleración-desplazamiento, 21 Gráfica aceleración-tiempo, 20, 21 Gráfica de desplazamiento-tiempo, 16, 21 Hertz,551 Impacto central, 209 el:ístico,211 excéntrico, 448 oblicuo, 212 plástico, 211 Impulsión, frecuencia de Impulso angular, 221, 429

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íNDICE

angular y momento angular, principio de, 225 cuerpo rígido, 428, 513 partícula, 225 sistema de partículas, 225 constante, 186 de deformación, 209 de restitución, 210 lineal, 186,428 lineal y cantidad de movimiento, principio de cuerpo rígido, 428 partícula, 186 sistema de partículas, 197 Inductor, 578 Inercia fuerza, 95 momento de, 338 tensor de, 502 Instantánea aceleración, 4, 30 velocidad, 2, 29 Joule, 143 Kepler, Johannes, 139 Kilogramo, 95 Ley de Newton de la gravitación, 93 del movimiento, 91 Leyes de Kepler, 139 Libra, 94 Libre, giroscopio, 537 Línea de impacto, 209 Marco de referencia inercial, 95 Masa, 93 Mecánica del espacio, 133 eficiencia, 163 energía, 173 Método de la secante, 590 Método de Runge-Kultil, 592 Momento angular conservación del, 443 de un cuerpo rígido, 424, 510 de una partícula, 221 Momento de inercia de masa, 338, 500 de cuerpos compuestos, 343 eje principal, 503 producto de inercia, 500 transformación a ejes arbitrarios, 503 Momentos principales de inercia, 503 Movimiento armónico simple, 548 balístico, con respecto a un eje fijo , 268 con respecto a un punto fijo, 471 curvilíneo, 28 de traslación, 267 dependiente, 72 en un plano, fuerza central, 133 general, 480 general de un cuerpo rígido, 266, 480

giroscópico, 534 libre de par, 540 rectilíneo, 2 relativo, 79, 287, 311, 324 Newton, Isaac, 91 Newton, unidad, 91 No conservativa, fuerza, 169, 198,413 No impulsiva, fuerza, 443 Nutación, 535 Odógrafa, 30 Órbita circular, 137 Orbita elíptica, 138 Partícula, 1,221 Péndulo, 553 Percusión, centro de, 379, 437 Periapsis, 138 Perigeo, 138 Periodo, 139, 551 Peso, 93 Plano de contacto, 209 Plano general de movimiento de un cuerpo rígido, 265 Plano osculador, 47 Posición, 2, 28 Posición componentes cilíndricos, 58 normal y tangencial, 47 rectangula res, 31 Potencia, 163 Precesión, 535 alta, 538 baja, 538 estable, 536 regular, 541 retrógrada, 541 Producto cruz, 596 Producto de inercia, 501 Producto escalar, 598 Producto punto, 598 Producto vectorial, Proyectil, 36 Radián, 58 Radio de curvatura, 47 de giro, 343 Rectilíneo movimiento, 2 traslación, 267 Regla de Simpson, 588 Resistor, 578 Resonancia, 569 Resorte energía potencial, 169,412 fuerza, 98 Restitución, coeficiente de, 210, 450 Retrógrada, precesión, 541 Rotación con respecto a un eje fijo, 268 con respecto a un punto fijo, 471 ecuaciones de movimiento, 367, 522 eje instant~neo, 301, 473

619

620

íNDICE finita, 472 infinitesimal,473

Unidades SI, 94

Satélite, 134 Sc~in~er,

93

Se::i~~nica, 136

Sistema coordenado cilíndrico, 60 normal y tangencial, 47 polar, 58 rectangular, 31 Sistema de partículas cantidad de movimiento, 198 conservación de la energía, ecuaciones de movimiento, 93 momento angular, 223 Sistema sobreamortiguado, 573 Sistema subamortiguado, 574 Slug,94 Spin, 535 Tasa de flujo o gasto, Teorema de Euler, 472 Teorema del eje paralelo, 342, 501 Teorema del plano paralelo, 501 Trabajo de una fuerza, 143, 397 fuerza de resorte, 98, 398 par, 399 peso, 93,398 Trabajo y energía, principio de, 148 cuerpo rígido, 400, 515 partícula, 148 sistema de partículas, 149 Traslación, 267 Traslación curvilínea, 266 Trayectoria, 2 Trayectoria hiperbólica, 136 Trompo, 534

Vector, 595 cantidad de movimiento, 186 cartesiano, 596 componentes del, 595 de posición, 29 relativa, 79, 287, 311, 324 impulso, 186 inercia-fuerza, 95 momento angular, 221 resultante, 595 unitario, 595 Vectores unitarios cartesianos, 596 Velocidad, 3, 30, 268 angular, 59,268,473 componentes cilíndricos, 59 normal y tangencial, 46 rectangulares, 31 constante, 4 de área, 133 de escape, 136 de traslación, 267 desplazamiento, gráfica, 16, 21 instantánea, 2, 29 media, 2, 29 relativa, 70, 287, 326, 488 tiempo, gráfica, 16, 17, 18 Velocidades no amortiguadas forzadas, Vibraciones amortiguadas forzadas, 575 amortiguadas libres, 572 estado estable, 568 métodos de energía, 560 no armoriguadas forzadas, 566 no amortiguadas libres, 548 transitorias, 568 Viscoso, amortiguamiento, 572

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Unidades, 95 Unidades inglesas, 94

Watt, 163

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Esta obra se terminó de imprimir en febrero del 2006 en los talleres de Fusión Servicios Gráficos Miguel Negrete No.34 - 401 Col. Niños Héroes C.P.-03440 México D.F.

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Estática, 6e ed. MECANICA DE MATERIALES FISICA, 4a. ed.(Vol. 1 y 2) FISICA UNIVERSITARIA (Vol. 1 y 2) DISEÑO DE COMPONENTES DE MAQUINAS PROCESOS DE MANUFACTURA SISTEMAS DE MEDICION Principios y Aplicaciones DiSEÑO DE ESTRUCTURAS DE CONCRETO REFORZADO Luzadder

INTRODUCCION AL DIBUJO DE INGENIERIA

Marcus

ECUACIONES DIFERENCIALES MATEMATICAS AVANZADAS PARA INGENIERIA (Vol. 1 y 2)

~

GRUPO PATRIA

~CULTURAL ......--......