Mecánica para Ingenieros Dinámica, Sexta Edición [Russell C Hibbeler]

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MECÁNICA PARA INGENIEROS " DINAMICA R. C. HIBBELER

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~

MECANICA PARA INGENIEROS DINAMICA ~

SEXT A EDICIÓN EN INGLÉS (TERCERA EDICIÓN EN ESPAÑOL) R.C . HIBBELER

TRADUCCIÓN:

Virgilio González Pozo Ingeniero Químico Facultad de Química

UNAM

REVISIÓN TÉCNICA:

José de la Cera Alonso Ingeniero Civil UNAM Diplom Ingenieur Universidad Técnica de Munich Coordinador de Ingeniería Civil U A M Azcapotzalco

OCTAVA REIMPRESIÓN MÉXICO, 2006

COMPAÑÍA EDITORIAL CONTINENTAL

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Para establecer comunicación con nosotros puede hacerlo por: correo: .Renacimiento 180, Col. San Juan Tlihuaca, Azcapotzalco , 02400, México, D.F.

fax pedidos: (015) 561 4063·561 5231

e-mail: [email protected]

home page: http: //www.patriacultural.com.mx

Título original: ENGINEERING MECHANICS : Dynamics, 6th. ed. ISBN 0-02-354686-7 Ed ición autorizada de la sexta edición en inglés publicada por: MacmiJl an Publishing Company, a division of Macmillan Inc. USA Copyright © 1992, by R.e. Hibbeler

Mecánica. para. ingenieros. Dinámica.

Derechos reservados respecto a la edición: © 1994, 2000, Russell e. Hibbeler © 1994, 2000, COMPAÑÍA EDITORIAL CONTINENTAL, S.A. DE e. v. © 2000, GRUPO PATRIA CULTURAL, S.A. DE e.V. bajo el sello de Compañía Editorial Continental Renacimiento 180, Colonia San Juan Tlihuaca, Delegación AzcapotzaJco, Código Postal 02400, México, D.F. Miembro de la Cámara Nacional de la Industria Editorial Registro núm. 43 ISBN 968-26-1244-6¡(tercera edición) (ISBN 968-26-0843-0 segunda edición) (ISBN 968-26-0355-2 primera edición) Queda prohibida la reproducción o transmisión total o parcial del contenido de la presente obra en cualesquiera formas , sean electrónicas o mecánicas, sin el consentimiento previo y por escrito del editor.

Impreso en México Printed in Mexico

Tercera edición: 1994 Séptima reimpresión: 2004 Octava reimpresión: 2006

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AL ESTUDIANTE Con la esperanza de que esta obra estimule su interés en la mecánica de ingeniería y constituya una guía aceptahle p;:ra su comprensi(ín.

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Prólogo

El objeto de este libro es dar al estudiante una presentación clara y completa de la teoría y aplicaciones de la mecánica de ingeniería. Desde luego que el autor no ha trabajado solo, sino que este libro ha sido conformado en gran parte, por los comentarios y sugerencias de más de cien especialistas en el campo de la enseñanza y de muchos de los alumnos del autor, que han sido usuarios de las ediciones anteriores. Se ha hecho bastante para preparar esta nueva edición. Los usuarios de las ediciones anteriores advertirán que la presentación artística se ha mejorado con el fin de dar un sentido más real y comprensible al material. En esta edición se incluyen más problemas que antes, y la mayor parte de ellos son nuevos. Aunque el contenido del libro permanece en el mismo orden, se han ampliado algunos temas, se han sustituido varios ejemplos por otros nuevos, y se han mejorado las explicaciones de muchos otros mediante la reformulación de determinadas frases. Sin embargo, la característica principal del libro permanece igual; es decir, cuando es necesario, se poné ,gran énfasis en el trazado de un diagrama de cuerpo libre y se acentúa también la importancia de seleccionar un sistema de coordenadas adecuado, así como la convención de signo asociada a los componentes de vectores, cuando se aplican las ecuaciones de la mecánica.

Organización y método. El contenido de cada capítulo se halla organizado en secciones bien definidas. Grupos seleccionados de las secciones contienen una explicación de temas específicos, problemas de ejemplos ilustrativos y un conjunto de problemas de tarea. Los temas dentro de cada sección se incluyen dentro de subgrupos que se identifican con títulos en negritas. El objeto de lo anterior es presentar un método estructurado para introducir cahttp://gratislibrospdf.com/

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PRÓLOGO

da definición o concepto nuevo, y hacer accesible el libro para referencia y repaso posteriores. Al final de muchas secciones se da un "procedimiento de análisis" con objeto de proporcionar al estudiante un repaso o resumen del material y un método lógico y ordenado para seguir al aplicar la teoría. Como en las ediciones anteriores, los problemas de ejemplo se resuelven empleando el método que se describe, con el fin de aclarar su aplicación numérica. Sin embargo, se entiende que, una vez que se dominen los principios necesarios y se haya adquirido la confianza y el criterio suficientes, el estudiante puede continuar por sí mismo desarrollando sus propios procedimientos de resolución de problemas. En la mayoría de los casos, se sugiere como primer paso en cualquier procedimiento trazar un diagrama. Al hacerlo así, el estudiante se forma el hábito de tabular los datos necesarios, al tiempo que enfoca los aspectos físicos del problema y su geometría relacionada. Si ese paso se lleva a cabo en forma correcta, la aplicación de las ecuaciones de la mecánica se vuelve de alguna manera algo metódico, ya que los datos pueden tomarse directamente del diagrama. Este paso es de importancia especial cuando se resuelven problemas de cinética, y por esta razón en el libro se recomienda siempre trazar el correspondiente diagrama de cuerpo libre. Ya que las matemáticas nos dan un medio sistemático para aplicar los principios de la mecánica, cabe esperar que el estudiante tenga conocimientos previos de álgebra, geometría, trigonometría y, para una comprensión total, una parte de cálculo. Se presenta el análisis vectorial en los puntos donde su aplicación es mayor. Su uso proporciona un medio conveniente para presentar deducciones concisas de la teoría, y hace posible una solución sencilla y sistemática de muchos problemas tridimensionales. A veces, los problemas de ejemplo se resuelven empleando más de un método de análisis, para que el estudiante desarrolle la capacidad de usar las matemáticas como herramienta mediante la cual se puede llevar a cabo la solución de cualquier problema del modo más directo y eficaz.

Problemas. Numerosos problemas en el libro describen casos realistas que se encuentran en la práctica de la ingeniería. Se espera que ese realismo estimule el interés del estudiante en la mecánica de ingeniería y al mismo tiempo desarrolle la habilidad de reducir cualquier problema, a partir de su descripción física, a un modelo o representación simbólica a los cuales se puedan aplicar los principios de la mecánica. Como en las ediciones anteriores, se ha hecho un esfuerzo por incluir algunos problemas que pueden resolverse empleando métodos numéricos ejecutados en una computadora personal o con una calculadora programable de bolsillo. En el apéndice B, se dan técnicas numéricas adecuadas y programas relacionados de computadora. En este caso la in tenhttp://gratislibrospdf.com/

PRÓLOGO

ción es ampliar la capacidad del estudiante para emplear otras formas de análisis matemático sin sacrificar el tiempo necesario para enfocarse hacia la aplicación de los principios de la mecánica. Los problemas de este tipo que se puedan o se deban resolver con procedimientos numéricos se identifican mediante un "cuadro" (-) antes del número del problema. En todo el texto hay una cantidad equilibrada de probleqlas en los que se emplea el sistema inglés y el SI. Además, en cualquier conjunto, se ha tratado de presentar los problemas en orden de dificultad creciente. En la última parte del libro se presenta una lista de las soluciones a todos los problemas, excepto uno de cada cuatro. Para advertir al lector que se trata de un problema sin respuesta en el libro se indica con un asterisco (*) antes del número del problema.

Contenido. El libro consta de 11 capítulos. * En el capítulo 12 se describe en especial la cinemática de una partícula, seguida de una presentación, en el capítulo 13, de la cinética de la partícula (ecuación de movimiento). El capítulo 14 trata sobre trabajo y energía, y el capítulo 15 sobre impulso y cantidad de movimiento. Los conceptos de dinámica de partículas que contienen esos cuatro capítulos se resumen en una sección de "repaso" y se da la posibilidad al estudiante para que identifique y resuelva un conjunto de diversos tipos de problemas. Para el movimiento de un cuerpo rígido en el plano se sigue una secuencia de presentación similar: El capítulo 16 trata sobre cinemática en el plano; el 17 sobre ecuaciones de movimiento; el 18 sobre trabajo y energía; y el19 sobre impulso y cantidad de movimiento: están seguidos por un resumen y un conjunto de problemas de repaso para esos capítulos. Si se desea, es posible cubrir los capítulos 11 al19 sin pérdida de continuidad: Capítulos 12 y 16 (cinemática); capítulos 13 y 17 (ecuaciones de movimiento); capítulos 14 y 18 (trabajo y energía); y capítulos 15 y 19 (impulso y cantidad de movimiento). Si el tiempo lo permite, se puede incluir en el curso algo del material sobre movimiento tridimensional del cuerpo rígido. La cinemática y la cinética de ese movimiento se describen, respectivamente, en los capítulos 20 y 21. El capítulo 22, sobre vibraciones, puede incluirse si el estudiante cuenta con el respaldo matemático necesario. Las secciones del libro que se consideran están más allá del propósito del curso básico de dinámica, se marcan con una estrella (*) y se pueden omitir. Sin embargo, conviene advertir que este material más avanzado constituye una referencia adecuada para los principios básicos cuando se ve en otros cursos. • Los primeros once capítulos de la serie forman el contenido de Mecánica de Ingenie/fa: Estática, CECSA, México.

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x

PRÓLOGO

Reconocimientos. Mi empeño al escribir este libro ha consistido en que satisfaga tanto al estudiante como al maestro. En el curso de los años, mucha gente ha ayudado en su desarrollo, y deseo reconocer sus valiosas sugerencias y comentarios. En especial, deseo dar personalmente las gracias a las siguientes personas que han contribuido a esta edición; el profesor Serge Abrate, University of Missouri-Rolla; profesor Henry C. Christiansen, Brigham Young University; profesor E. S. Doderer, Trinity University, San Antonio; profesor A. Frank D'Souza, Illinois Institute of Technology; profesor J. H. Gaines, University of Texas at Arlington; profesor John Geremia, U. S. Naval Academy; profesor Richard Gill, University of Idaho; profesor Brian Mahoney, University of Wisconsin; profesor Larry Oline, University of South Florida; capitán Joseph Schwarz, U. S. Air Force Academy; profesor William H. Walston, University of Maryland, College Park; y profesor Alan Zehnder, Cornell University. Se da una nota especial de agradecimiento a los profesores Edward Hornsey, University of Missouri, Rolla y Will Lidell, Jr., Auburn University at Montgomery, y a un exalumno graduado mío, el señor Kai Beng Yap, por su ayuda al comprobar las soluciones a los problemas. Extiendo también mi agradecimiento a todos mis estudiantes y a los miembros de la comunidad docente que han dedicado su tiempo para mandarme sus sugerencias y comentarios. Como la lista es demasiado larga para mencionarla, tenemos la esperanza de que todos aquellos que han ayudado de esta forma acepten este reconocimiento anónimo. Además, aprecio la libertad y el apoyo que me dieron mis editores y el personal de Macmillan, en especial David Johnstone, Gary Ostedt, Dora Rizzuto, Anna Yip y Sandy Moore. Por último, deseo reconocer la ayuda de mi esposa, Conny, durante el tiempo que tardé en preparar el manuscrito para su publicación.

Russell Charles Hibbeler

-,

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Contenido

12 Cinemática de una partícula 12.1 12.2 12.3 12.4 12.5 12.6 12.7 12.8 12.9

1 Cinemática rectilínea: movimiento continuo 1 Cinemática en coordenadas rectangulares: movimiento errático 16 Movimiento curvilíneo general 28 Movimiento curvilíneo: componentes rectangulares 31 Movimiento de un proyectil 36 Movimiento curvilíneo: componentes normales y tangenciales 44 Movimiento curvilíneo: componentes cilíndricas 58 Análisis del movimiento absoluto dependiente de dos partículas 72 Análisis de movimiento relativo de dos partículas empleando ejes en traslación 79

13 Cinética de una partícula: fuerza y aceleración 13.1 13.2 13.3

Leyes de Newton del movimiento 91 La ecuación de movimiento 95 Ecuación del movimiento para un sistema de partículas 96

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91

xii

CONTENIDO

Ecuaciones de movimiento: coordenadas rectangulares 98 Ecuaciones de movimiento: coordenadas normal 113 y tangencial Ecuaciones de movimiento: coordenadas 124 cilíndricas Movimiento con fuerza central y mecánica 133 del espacio

13.4 13.5 13.6

*

13.7

14 Cinética de una partícula: trabajo y energía 14.1 14.2 14.3

143

El trabajo de una fuerza 143 El principio del trabajo y la energía 148 El principio del trabajo y la energía para un sistema de partículas 150 Potencia y eficiencia 163 Fuerzas conservativas y energía potencial 169 Conservación de la energía 173

14.4 14.5 14.6

15 Cinética de una partícula: impulso y cantidad de movimiento 15.1 15.2 15.3 15.4 15.5 15.6

* *

15.7 15.8 15.9

177

Principio del impulso y cantidad de movimiento 185 lineales Principio del impulso lineal y cantidad de movimiento 197 para un sistema de partículas Conservación de la cantidad de movimiento lineal para un sistema de partículas 198 Impacto 209 Momento angular 221 Relación entre el momento de una fuerza'y el momento angular 222 225 Los principios del impulso y momento angulares Corrientes estables de fluido 235 Propulsión con masa variable 240

Repaso 1: Cinemática y cinética de una partícula

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251

CONTENIDO

xiii

16 Cinemática plana de un cuerpo rígido 16.1 16.2 16.3 16.4 16.5 16.6 16.7 16.8

265

Movimiento del cuerpo rígido 265 Traslación 267 Rotación con respecto a un eje fijo 268 Análisis del movimiento absoluto general en el plano 281 Análisis del movimiento relativo: velocidad 287 Centro instantáneo de velocidad cero 301 Análisis del movimiento relativo: aceleración 311 Análisis de movimiento relativo empleando rotación de ejes .324

17 Cinética de un cuerpo rígido en el plano: fuerza y aceleración 17.1 17.2 17.3 17.4 17.5

337

Momento de inercia 338 Ecuaciones cinéticas del movimiento en el plano 351 Ecuaciones de movimiento: traslación 354 Ecuaciones de movimiento: rotación con respecto a un eje fijo 367 Ecuaciones de movimiento: movimiento general en el plano 380

18 Cinética del cuerpo rígido en el plano: trabajo y energía 18.1 18.2 18.3 18.4 18.5

393

Energía cinética 393 Trabajo de una fuerza 397 Trabajo de un par 399 Principio del trabajo y la energía 400 Conservación de la energía 411

19 Cinética de un cuerpo rígido en el plano: impulso y cantidad de movimiento 19.1 19.2

Cantidad de movimiento lineal y momento angular 423 Principio del impulso y la cantidad de movimiento 428

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423

xiv

CONTENIDO

19.3 19.4

Conservación de la cantidad de movimiento y del momento angular 433 Impacto excéntrico 448

Repaso 2:

457

Cinemática y cinética planas de un cuerpo rígido

20 471

Cinemática de un cuerpo rígido en tres dimensiones

* 20.1

* 20.2 * 20.3 * 20.4

Rotación alrededor de un punto fijo 471 Derivada de un vector con respecto al tiempo, medida desde un sistema fijo y otro en traslación y rotación 474 Movimiento general 480 Análisis de movimiento relativo empleando ejes en traslación y en rotación 487

21 Cinética de un cuerpo rígido en tres dimensiones

*

21.1

* 21.2 * 21.3

* 21.4 * 21.5

21.6

Momentos y productos de inercia Momento angular 510 Energía cinética 513 Ecuaciones de movimiento 521 Movimiento giroscópico 534 Movimiento libre de pares 540

499 500

22 547

Vibraciones

* 22.1 * 22.2

* 22.3 * 22.4

* 22.5

* 22.6

Vibración libre no amortiguada 548 560 Métodos de energía Vibración forzada no amortiguada 566 Vibración libre con amortiguamiento viscoso 572 Vibración forzada con amortiguamiento viscoso 575 Analogías con circuitos eléctricos 578

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.;

CONTENIDO

xv

APÉNDICES A Expresiones matemáticas

583

B Análisis numérico y computacional

587

C Análisis vectorial

597

Respuestas

603

Índice

617

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12 Cinemática de una partícula

En este capítulo estudiaremos los aspectos geométricos del movimiento de una partícula, medido respecto a marcos de referencia fijos y a marcos de referencia en movimiento. Describiremos la trayectoria mediante diversos tipos de sistemas coordenados y determinaremos las componentes del movimiento a lo largo de los ejes coordenados. Para simplificar describiremos el movimiento a lo largo de una línea recta antes de acometer el estudio general del movimiento a lo largo de una trayectoria curva. Una vez completamente comprendidas estas ideas, presentaremos en los siguientes capítulos el análisis de las fuerzas que causan el movimiento.

12.1 Cinemática rectilínea: movimiento continuo La primera parte del estudio de la mecánica de ingeniería se ocupa de la estática, que trata del equilibrio de los cuerpos en reposo o en movimiento con velocidad constante. La segunda parte se dedica a la dinámica, que se ocupa de los cuerpos con movimiento acelerado. En este libro, el tema d'11a dinámica se presentará en dos partes: la cinemática, que sólo trata los aspectos geométricos del movimiento, y la cinética, que es el análisis de las fuerzas que originan el movimiento. Para comprender mejor los principios que intervienen, describiremos primero la dinámica de partículas, y a continuación se tratarán temas sobre la dinámica del cuerpo rígido, presentado en dos dimensiones y después en tres. Comenzaremos nuestro estudio de la dinámica describiendo la cinemática de la partícula. Recuérdese que una partícula tiene http://gratislibrospdf.com/

I

2

CAP. 12 CINEMÁTICA DE UNA PARTÍCULA

masa, pero tamaño y forma despreciables. Por lo tanto, debemos limitar la aplicación a aquellos objetos en los que sus dimensiones no tengan efectos en el análisis del movimiento. En la mayor parte de los problemas se tiene interés en cuerpos de tamaño finito como cohetes, proyectiles o vehículos. Estos objetos se pueden considerar como partículas, siempre y cuando su movimiento esté caracterizado por el movimiento de su centro de masa y pueda despreciarse cualquier rotación del cuerpo.

Cinemática rectilínea. Una partícula se puede mover a lo largo de una trayectoria tanto recta como curva. Para presentar la cinemática del movimiento de una partícula, comenzaremos con el estudio del movimiento rectilíneo. La cinemática de ese movimiento se caracteriza especificando, en cualquier instante dado, la posición, velocidad y aceleración de la partícula.

Posición. Se puede especificar la trayectoria recta de la partícula empleando un solo eje coordenado s, figura I2.Ia . El origen O sobre la trayectoria es un punto fijo, y a partir de éste se emplea el vector de posición r para definir el lugar de la partícula P en cualquier instante. Sin embargo, para el movimiento rectilíneo, la dirección de r siempre es a lo largo del eje s, y por lo tanto nunca cambia. Lo que va a cambiar es su magnitud y su sentido o sea la orientación de la punta de la flecha . POrlo tanto, en el trabajo analítico es conveniente representar a r con un escalar algebraico s, que representa a la coordenada de posición de la partícula, figura I2.Ia. La magnitud de s y de r es la distancia de O a P medida en general en metros (m) o pies (ft), y el sentido u orientación de la punta de la flecha de r se define mediante el signo algebraico de s. Aunque la selección es arbitraria, en este caso s es positivo, ya que el eje de coordenadas es positivo a la derecha del origen. Igualmente, será negativo si la partícula está ubicada a la izquierda de O. Desplazamiento. El desplazamiento de la partícula se define como el cambio en su posición. Por ejemplo, si la partícula se mueve de P a P', figura I2.1b, el desplazamiento es l1 r = r' - r. Empleando escalares algebraicos para representar a l1 r, se tiene también que l1 s = s' - s. Aquí l1 s es positivo, ya que la posición final de la partícula está a la derecha de su posición inicial; es decir, s' >s. Igualmente, si la posición final está a la izquierda de su posición inicial, l1 s es negativo. Como el desplazamiento de una partícula es una cantidad vectorial, se debe distinguir de la distancia que viaja la partícula. Específicamente, la distancia recolTida es un escalar positivo que representa la longitud total de la trayectoria recorrida por la partícula.

Velocidad. Si la partícula se mueve a través de un desplazamiento l1 r de P a P' durante el intervalo de tiempo l1 1, figura http://gratislibrospdf.com/

SECo 12.1 CINEMÁTICA RECTILÍNEA: MOVIMIENTO CONTINUO

12.1b, la velocidad media de la partícula durante este intervalo de tiempo es ~r vavg = ~ t

Si tomamos valores cada vez más pequeños de ~ l, la magnitud de ~ r se hace más y más pequeña. En consecuencia, la velocidad instantánea se define como v = lím (~r/~), o sea lit-O

dr

v =-

dI

Posición

(al

rr'=t1

~-----~rP-~' --- s O

s

-+LlS~

I------s'~ Desplazamiento (b)

I

-

v

P

-o+----------~~

'f

P'

t-Lls-j Velocidad

(e)

Fig.12.1

Si se representa a v como escalar, figura 12.1c, podemos escribir también (12.1)

Como ~ t o dI siempre es positivo, el signo que se emplea para definir el sentido de la velocidad es el mismo que el de ~ s, o de ds. Por ejemplo, si la partícula se mueve hacia la derecha, figura 12.1c, la velocidad es positiva; mientras que si se mueve hacia la izquierda, la velocidad es negativa. Se subraya aquí este hecho mediante la flecha que aparece a la izquierda de la ecuación 12.1. La magnitud de la velocidad se llama rapidez y se expresa en general en unidades de mis o ft/s . http://gratislibrospdf.com/

3

· 4

CAP.12 CINEMÁTICA DE UNA PARTÍCULA

A veces se usa el término "velocidad media". La velocidad media siempre es un escalar positivo y se define como la distancia total recorrida por una partícula, Sn dividida entre el tiempo transcurrido at, es decir, V

~

o¡

-

P

------'~.; ..

ST

sp

=-

at

---- -3

3

p p,. -o+-------~-s

P'

e

---

I

y

y '

y'

Desace leración

Acele ración

(e)

(d)

Aceleración. Si se conoce la velocidad de la partícula en los dos p~ntos P y P', se define a la aceleración media de la partícula durante el intervalo de tiempo a t como a

av

ovg

=-

at

Aquí, a v representa la diferencia de la velocidad durante el intervalo de tiempo a t; es decir, a v = v' - v, figura 12.1d. La aceleración instantánea en el tiempo t se calcula tomando valores cada vez menores de a t y valores correspondientes, cada vez menores, de a v, de modo que a = lím ca v/a t) o bien, emat-O pleando escalares algebraicos,

Cdvl ~

(12.2)

Sustituyendo la ecuación 12.1 en este resultado podemos escribir también que d 2s a=-2

dt

Tanto la aceleración media como la aceleración instantánea pueden ser positivas o negativas. Específicament~ cuando la partícula está frenando, o su velocidad decrece, se dice que está desacelerando. En este caso, en la figura 12.1e, v' es menor que v, y entonces av = v' - v será negativa. En consecuencia, a será también negativa, y por lo tanto actuará hacia la izquierda en sentido contrario al de v. También nótese que cuando la velocidad es constante, la aceleración es cero ya que av = v - v = O. Las unidades que se usan normalmente para expresar la magnitud de la aceleración son ro/s 2 o ft/s 2. http://gratislibrospdf.com/

SECo 12.1

CINEMÁTICA RECTILíNEA: MOVIMIENTO CONTINUO

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Se puede obtener una ecuación diferencial que implique al desplazamiento, velocidad y aceleración a lo largo de la trayectoria eliminando la diferencial de tiempo dt entre las ecuaciones 12.1 y 12.2. Al hacerlo, es conveniente tomar en cuenta que si bien en este caso podemos formular otra ecuación, ésta no será dependiente de las ecuaciones 12.1 y 12.2. Se demuestra que

a ds

=

vdv

(12.3)

Aceleración constante, a =ac. Cuando la aceleración es constante, cada una de las tres ecuaciones cinemáticas, ac = d v/dt, v = ds/dt yac ds = v d v se pueden integrar para obtener fórmulas que relacionan a ac. v, s y t. Velocidad como función de tiempo. Se integra ac = dv/dt, suponiendo que inicialmente v = Vo cuando t = O.

v - Vo = a c (t- O)

(12.4)

v = Vo + a,./

Aceleración Constante

Posición como función del tiempo. Se integra v = ds/dt = suponiendo que inicialmente s = So cuando t = O.

Ss ds .Co C So

s - So

=

Vo + aJ)

Vo +

act,

dI

= voCt- O) + ac Ci t2 - O)

s = So + VI) t + +Oc t 2 Aceleración Coñstante

(12.5)

Velocidad como función de la posición. Se puede despejar a t de la ecuación 12.4 y sustituirla en la ecuación 12.5, o bien integrar v d v = acds, suponiendo que inicialmente v = Vo en s = so.

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\

6

CAP.12 CINEMÁTICA DE UNA PARTÍCULA

12 v2- 12 J¡O

=

ac (s - so)

v2 = v~ + 2ac (s - so) Aceleración Constante

(12.6)

Esta ecuación no es independiente de las ecuaciones 12.4 y 12.5. ¿Porqué? Las magnitudes y los signos de so. vo y ac se determinan de acuerdo con el origen y la dirección positiva del eje s que se hayan seleccionado. Como lo indica la flecha que aparece a la izquierda de cada ecuación, hemos supuesto que las cantidades positivas actúan hacia la derecha, de acuerdo con el eje s de coordenadas que aparece en la figura 12.1. También es importante recordar que las ecuaciones de arriba son útiles sólo cuando es constante la aceleración y cuando t = 0, s = So Y v = vo. Un ejemplo común de movimiento de aceleración constante se tiene cuando un cuerpo cae libremente hacia el suelo. Si no se toma en cuenta la resistencia del aire y la distancia de la caída es corta, entonces la aceleración constante hacia abajo del cuerpo cuando está cerca del suelo es aproximadamente de 9.81 m/s 2, o 32.2 ft/s 2• La prueba de lo anterior aparece en el ejemplo 13.2.

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS Sistema de coordenaoos. Siempre que se aplican las ecuaciones cinemáticas, es muy importante establecer primero una coordenada s de posición a lo largo de la trayectoria y especificar su origen fijo y dirección positiva. Como la trayectoria es rectilínea, las líneas de dirección de la posición, velocidad y aceleración de la partícula nunca cambian. Por lo tanto, se pueden representar esas cantidades como escalares algebraicos. Para trabajo analítico se puede determinar el sentido de s, v y a a partir de S!lS signos algebraicos. En los siguientes ejemplos, se indicará el sentido positivo para cada escalar mediante una flecha aliado de cada ecuación cinemática al momento de aplicarla. Ecuaciones cinemáticas. Con frecuencia se puede establecer una relación matemática entre cualesquiera dos de las cuatro variables a, v, s y t, ya sea por observación o por experimentación. Cuando es ése el caso, se pueden obtener las relaciones entre las variables restantes por diferenciación o intcgra-

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SEC.12.1

CINEMÁTICA RECTILÍr-¡EA: MOVIMIENTO CONTINUO

clon, empleando las ecuaciones cinemáticas a = d v/dt, v = ds/dt o a ds = vd v. * Como cada una de esas ecuacior.es relaciona a tres variables, entonces, si se conoce una variable en función de otra, se puede calcular una tercera variable seleccionando la ecuación cineiñiítica que relacione a las tres. Por ejemplo, supongamos que la aceleración se conoce como función de la posición, a = f(s). La velocidad puede determinarse a partir de a ds y vdv, ya que se puede sustituir af(s) en lugar de a para obtener f(s) ds = vd v. Para despejar v se necesita integrar. Nótese que la velocidad no puede obtenerse empleando a = dv/dt, ya que f(s)dt =dv contiene dos variables, s y t del lado izquierdo y por lo tanto no puede integrarse. Siempre que se lleva a cabo la integración, es importante que se conozcan la posición y la velocidad en determinado instante para evaluar ya sea la constante de integración, si se emplea una integral ind~finida, o bien los límites de integración cuando se usa una integral definida. Por último, téngase en cuenta que las ecuaciones 12.4 a 12.6 sólo son de uso limitado. Nunca deben aplicarse esas ecuaciones a menos que se esté absolutamente seguro de que la aceleración es constante.

• En el apéndice A se dan algu nas fó rmulas básicas de diferenciación y de integración.

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7

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CAP.12 CINEMÁTICA DE UNA PARTíCULA

Ejemplo 12.1 El vehículo en la figura 12.2 se mueve en línea recta de tal modo que durante un breve tiempo su velocidad está definida por v = (9t 2 + 21) ft/s, estando t en segundos. Calcule su posición y aceleración cuando t = 3 s. Cuando t = O, s = O.

Fig.12.2

¡~,

.

, ...

' ----l I

~; " .

-

a,Y

SOLUCIÓN Sistema de coordenadas. La coordenada de posición se extiende desde el origen fijo O hasta el vehículo. Hacia la derecha es positiva. Posición. La velocidad del vehículo se da como función del tiempo, de modo que su posición puede calcularse a partir de v = ds/dt, ya que esta ecuación relaciona av, s y t. Teniendo en cuenta que s = Ocuando t = O, tenemos* v=

ds dt

-

=

f; ds f; (9t =

(9t 2 + 21) 2

+ 21) dt t

S

S 1o =

3

3t + t21 o

s = 3t3 + t 2 )

Cuando t

= 3 s, s = 3(3)3 + (3)2 = 90 ft

Resp.

Ace(eración. Si se conoce la velocidad como función del tiempo, se calcula la aceleración a partir de a = d v/dt, ya que esta ecuación relaciona a a, v y t. (~"-+ ) dv d a = - = - (9t 2 + 21) dt dt = 18t + 2

Cuando t

= 3 s, a = 18(3) + 2 = 56 ft/s 2

->

Resp.

No se pueden emplear las fórmulas para aceleración constante para resolver este problema. ¿Por qué? • Se puede obtener el mismo resultado calculando una constante e de integración y no usando límites definidos de la integral. Por ejemplo, si se integra ds = (91 2 + 21) dI, se obtiene s = 313 + 12 + C. Se usa la condición de que cuando I = O, s = Oy, entonces e = O.

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SECo 12.1 CINEMÁTICA RECTILÍNEA: MOVIMIENTO CONTINUO

Ejemplo 12.2

Un proyectil pequeño se dispara verticalmente hacia abajo dentro de un medio fluido con una velocidad inicial de 60 mis. Si el proyectil experimenta una desaceleración igual a a = (-0.4 ¡}) m/s 2, para la cual v se mide en mis, calcule la velocidad y posición del proyectil 4 s después de haberlo disparado. SOLUCIÓN

Sistema de coordenadas. Como el movimiento es hacia abajo, la coordenada de posición es positiva hacia abajo, y el origen está ubicado en 0, figura 12.3. Velocidad. Se da la aceleración como función de la velocidad, y por lo tanto, la velocidad se puede calcular a partir de a = d v/dta, ya que esta ecuación relaciona a v, a y t. (¿Por qué no se usa v = Vo + act?). Separando las variables e integrando, con Vo = 60 mis cuando t = O, se obtiene (+!)

a =

dv

di = - 0.4

v3

En este caso se toma el signo positivo de la raíz, ya que el proyectil se mueve hacia abajo. Cuando t = 4 s, v

= 0.559 mis !

Resp.

Posición. Conocida la velocidad como función del tiempo, podemos ahora calcular la posición del proyectil a partir de v = ds/dt, ya que esta ecuación relaciona a s, v y t. Empleando la condición inicial s = Ocuando t = O, tenemos que

[_1_ O

v = ds = + 8t] -1/2 dt (60)2 .

(+!)

f"s ds = f"'

Jo

S

s= Cuando t

[_1_

Jo (60)2

+ 0.8t] -1/2dt

O

= ~[_1_ + 8t] 1/21 0.8 (60)2 .

_1_ [_1_ 0.4 (60)2

+ 0.8t]

1/2

t

o

-~} m 60

= 4 s, s

=

4.43m

Resp.

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Fig.12.3

9

10

CAP.12

CINEMÁTICA DE UNA PARTÍCULA

Ejemplo 12.3

n

Un niño lanza una pelota en dirección vertical hacia arriba a un lado de una pared, como se ve en la figura 12.4. Si la velocidad inicial de la pelota es de 15 mis hacia arriba y se lanza a 40 m del fondo de la pared, calcule la altura máxima Sn que alcanza y su velocidad justo antes de chocar contra el suelo. Durante todo el tiempo que la pelota se encuentra en movimiento está sujeta a una aceleración constante hacia abajo igual a 9.81 m/s2 debida a la gravedad. Desprecie el efecto de la resistencia del aire.

Un;O

r

.!

SOLUCIÓN

Sistema de coordenadas. Se toma el origen O de la coordenada

VA;

15 mis

A",

L-

111

1'. ~

40

f

e

In

o Nivel del terreno

s de posición en el nivel del terreno inferior, y el sentido hacia arriba como positivo. Véase figura 12.4. Altura máxima. A la altura máxima, s = sa, la velocidad Vn = O. Como la pelota se arroja hacia arriba cuando t = 0, está sujeta a una velocidad VA = + 15m/s. Es positiva ya que tiene el mismo sentido que un desplazamiento positivo. Durante todo el movimiento la aceleración es constante, de modo que a, = -9.81 m/s'. Es negativa ya que actúa en sentido contrario al de la velocidad positiva, o del desplazamiento positivo. Como a, es constante durante todo el movimiento, la posición de la pelota se puede relacionar con su velocidad en los dos puntosA y B de la trayectoria, empleando la ecuación 12.6, o sea (+ 1) v]¡= v~ + 2ac(Sa-SA) 0= (15)2 + 2(-9.81)(sa - 40)

sa = 51.5m Fig.12.4

Resp.

Velocidad. Para obtener la velocidad de la pelota inmediatamente antes de chocar con el suelo podemos aplicar la ecuación 12.6 entre los puntos B y e, figura 12.4. (+ 1) vl: = Vb + 'Ia¿ (sc - s a) - = O + 2(-9.81)(0 Vc

- 51.5)

= -31.8m/s = 31.8 mis ~

Resp.

Se escogió la raíz negativa porque la pelota se mueve hacia abajo, y el sentido positivo de s es hacia arriba. Igualmente se puede aplicar también la ecuación 12.6 entre los puntos A y e, es decir (+ 1) vl: = 0t + 2aJ\'c - SA) Vc

= 152 + 2(-9.81)(0 - 40) = -31.8m/s = 31.8m/s~

Nota: Se debe tener en cuenta que la pelota está sujeta a una desaceleración entre A a B igual a 9.81 m/s2, y a continuación, de B a e, la pelota acelera a esa misma proporción. Además, aun cuando la pelota llega al reposo en B en forma momentánea (va = O), la aceleración en B es de 9.81 m/s? lhacia abajo!

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o

L

SECo 12.1

CINEMÁTICA RECTILíNEA: MOVIMIENTO CONTINUO

11

Ejemplo 12.4

Una partícula metálica se halla sometida a la influencia de un campo magnético tal que se mueve hacia abajo a través de un fluido que llena el espacio de la placa A a la B (véase Fig. 12.5). Si la partícula parte del reposo en el punto medio e, s = 100 riun, Y se mide que la aceleración es a = (4s) m/s 2, donde s está en' metros, calcule la velocidad de la partícula al alcanzar la placa B, s = 200 mm, y el tiempo que necesita para pasar de e a B. SOLUCIÓN Sistema de coordenadas. Como se ve en la figura 12.5, se toma a s como positiva cuando es hacia abajo, medida a partir de la placaA. Velocidad. Como la aceleración de la partícula se conoce como función de la posición, se puede obtener la velocidad como fun ción de la posición a partir de v d v = a ds. ¿Por qué no se usan las fórmulas para aceleración constante? Si consideramos que v = O paras = 100 mm = 0.1 m, tenemos que

A

Ir

200m

vdv=ads

(+!)

1 v d v =l' v O

.1.

0.1

~

4s ds

B

v21 v = i s21 '

2

O

2

0.1

(1)

V = 2(S2 - 0.01)1/2

Cuando s

= 200 mm = 0.2 m, Fig.12.5 VB

= 0.346 mIs = 346 mm/s!

Se escoge la raíz positiva, ya que la partícula viaja hacia abajo, es decir, en la dirección +s. Tiempo. El tiempo para que la partícula viaje de e a B se puede calcular mediante v = ds/dt y la ecuación 1, siendo s = 0.1 m cuando t = O. (+! )

ds = vdt

= 2(S2 - 0.01)1/2 dt f'

Jo.!

= f'2dt

ds (S2 -

In(s + .¡ S2

0.01)1/2 Jo

_

0.01)

l' tU

= 2t

l'

o

In(s + .¡ S2 - 0.01) + 2.30 = 2t Cuando s t

= 200 mm = 0.2 m, =

In(0.2 + .¡ (0.2); - 0.(1) + 2.30

=

0.657 s

Resp.

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12

CAP. 12 CINEMÁTICA DE UNA PARTÍCULA

Ejemplo 12.5 Una partícula se mueve a lo largo de una línea horizontal de tal modo que su velocidad está dada por v = (3t2-6t) mis, donde t es el tiempo en segundos. Inicialmente está en el origen O. Calcule la distancia que recorre la partícula durante el intervalo de tiempo desde t = O hasta t = 3.5 s, y la velocidad y la rapidez medias durante ese intervalo de tiempo. SOLUCIÓN Sistema de coordenadas. En este caso supóngase que el movimiento positivo es hacia la derecha, medido desde el origen O. Distancia recorrida. Como la velocidad está relacionada con el tiempo, la posición en función del tiempo se puede calcular integrando v = ds/dt con la condición t = O, S = O.

(~)

ds

v (mis)

v =3r2 - 6t - 4 - --

=

vdl (3t 2 - 6t) dt

f; ds

=

3 f~ t 2 dt - 6 f~ t dt

s

=

et

=

3-

(1)

3t 2 ) m

- - - + - - - -- - t(s)

( l s. - 3 mis) (a)

(b)

Para calcular la distancia recorrida en 3.5 s, es necesario investigar la trayectoria del movimiento. En la figura 12.6a la gráfica de la función velocidad indica que para O : 0, tenemos que v = lím (&-/D.f) = lím (&/D.f), o sea ~~O

~t~O

~

~

(12.8)

Así, la velocidad puede obtenerse diferenciando la función trayectoria s con respecto al tiempo.

Aceleración. Si la partícula tiene una velocidad v en el tiempo t y una velocidad v' = v + ÁV en el tiempo t + D.f, figura 12.16d, entonces la aceleración media de la partícula durante el intervalo D.f es http://gratislibrospdf.com/

\.

30

CAP. 12 CINEMÁTICADEUNAPARTÍCULA

~v

;-

p

/"

~v .

y

I·~

~ O'

O' (d)

Odósrofa

(f)

(e)

Fig. 12.16 (cont.)

Av a avg =A t

(g)

donde Av = v' - v. Para estudiar esta rapidez de cambio con el tiempo, se grafican los dos vectores velocidad en la figura 12,16d en la figura 12.16e de tal modo que sus colas están ubicadas en el punto fijo O' y sus puntas tocan a los puntos de la curva punteada. A esta curva se le lla~a odógrafa, y describe el lugar geométrico de las puntas del vector velocidad del mismo modo que la trayectoria s describe el lugar geométrico de las puntas de la flecha del vector de posición, figura 12.16a. Para obtener la aceleración instantánea, se hace que At -+ O en la ecuación anterior. En el límite Av tenderá a la tangente de la odógrafa, y entonces lím (AV/At), o sea 6t~O

(12.9)

Sustituyendo la ecuación 12.7 en el resultado anterior, podemos escribir también que

Por definición de la derivada, a actúa tangente a la odógrafa, figura 12.16f, y, por lo tanto, en general, a no es tangente a la trayectoria del movimiento, figura 12.16g. Para aclarar este punto, obsérvese que Av y, en consecuencia, a deben explicar el cambio tanto de magnitud como de dirección de la velocidad v a medida que la partícula se mueve de Par, figura 12.16d, Tan sólo un cambio de magnitud aumenta (o disminuye) la "longitud" de v, y esto en sí permitiría que a permaneciera tangente a la trayectoria. Sin embargo, para que la partícula siga la trayectoria, el cambio de dirección siempre desvía al vector velocidad hacia el "interior", o "lado cóncavo" de la trayectoria, y por lo tanto a no puede permanecer tangente a la trayectoria. http://gratislibrospdf.com/

SECo 12.4

MOVIMIENTO CURVILíNEO: COMPONENTES RECTANGULARES

31

12.4 Movimiento curvilíneo: componentes rectangulares En algunos casos, el movimiento de una partk:ula se puede describir mejor a lo largo de una trayectoria representada, empleando un marco de referencia fijo x, y, z.

Posición. Si en un instante dado la partícula P está en un punto (x, y, z) en la trayectoria curva s, figura 12.17a, entonces su ubicación se define mediante el vector de posición

cr

k

r=xi+yj+zk y

x

x

= xi + yj + zk

I

(12.10)

y Posición (a)

Debido al movimiento de la partículaey a la forma de la trayectoria, las componentes X, y y z de r son todas en general, funciones del tiempo, es decir, x = x(t), y = y(t), z = z(t), y por lo tanto r = r(t). De acuerdo con la exposición del apéndice C, la magnitud de r siempre es positiva y, según la ecuación C. 3, se define como / -- - - - - - - - - - - - - - - - y x

La dirección de r se especifica mediante las componentes del vector unitario U r = r/r.

Velocidad

(b)

Velocidad. La primera derivada de r con respecto al tiempo da Fig.12.17

la velocidad v de la partícula. Entonces, v = dr = -ª-(Xi) + -ª-(yj) + -ª-(zk) dt dI dt dt

Cuando se toma la derivada, es necesario tener en cuenta los cambios tanto en magnitud como en dirección de cada una de las componentes del vector. La derivada de la componente i de v es por lo tanto dx. dt

d(.)

di dI

- X I =-I+X-

dt

El segundo término del lado derecho es cero, ya que el marco de referencia x, y, z es fijo, y por lo tanto la dirección y la magnitud de i no cambian con respecto al tiempo. La diferenciación de las componentes j y k se puede llevar a cabo de manera semejante, con lo cual se llega al resultado final

dr . v = -¡ = v I. + v,.J + (1 . T

Vz

k

(12.11 )

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32

CAP. 12 CINEMÁTICA DE UNA PARTÍCULA

donde V,=~

(12.12)

V). =~

Vz

=Z

La notación de "punto" X, y, i; representa las primeras derivadas con respecto al tiempo de las ecuaciones paramétricas x = x(t), y = y(t) , y z = z(t) , respectivamente. La velocidad tiene una magnitud que se define como el valor positivo de

y una dirección que se especifica mediante las componentes del vector unitario U v = v/v. Esta dirección siempre es tangente a la trayectoria, como se muestra en la figura 12.17b .

.

Aceleración. La aceleración de la partícula se obtiene tomando la primera derivada respecto al tiempo de la ecuación 12.11, o la segunda derivada con respecto al tiempo de la ecuación 12.10. Empleando puntos para representar las derivadas de las componentes con respecto al tiempo, tenemos que dv

.

.

a=-=al+aJ+a dI ' y 1

k

(12.13)

donde

a, = v,=x ay =~). =Y a l

,

(12.14)

= V =Z l

Aquí, aTO ay Yal representan, respectivamente, las primeras derivadas con respecto al tiempo de las funciones Vx = vit), vy = vit) y Vz = vz(t), o bien las segundas derivadas con respecto al tiempo de las funciones x = x(t), y = y(t) y z = z(t). La aceleración tiene una magnitud que se define como el valor positivo de a

=

,¡ a ,2 + ay2 + a 2 1

y una dirección especificada por las componentes del vector uni-

tario u"

= ala . Como a representa la rapidez de cambio de la ve-

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SEC.12.4

MOVIMIENTO CURVILíNEO: COMPONENTES RECTANGULARES

33

locidad con respecto al tiempo, a en general no será tangente a la trayectoria que sigue la partícula, figura 12.17c.

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS Sistema de coordenadas. Se puede emplear un sistema de

coordenadas rectangulares para resolver problemas cuando puede expresarse convenientemente el movimiento en términos de sus componentes x, y y z.

/-----------------y x Ace leración

Cantidades cinemáticas. Como el movimiento rectilíneo se lle-

va a cabo a lo largo de cada eje, puede determinarse una descripción del movimiento de cada componente empleando v = ds/dt ya = d v/dt, como se describió en la sección 12.1, y se formalizó anteriormente. También, si el movimiento no se expresa como parámetro del tiempo, se puede usar la ecuación a ds = v d vd v. Una vez determinadas las componentes X, y, z de v y a, se calculan las magnitudes de esos vectores mediante el teorema de Pitágoras, ecuación C3, y sus direcciones mediante las componentes de sus vectores unitarios, ecuaciones CA y C5.

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(e)

Fig. 12.17 (cont.)

34

CAP.12 CINEMÁTICADEUNAPARTfCULA

-------------------------IIIIII!

"" Ejemplo 12.9

En cualquier instante se define la posición de la cometa de la figura 12.1 &z mediante las coordenadas x = (30t) ft y Y = (9t2) ft, en las cuales I está en segundos. Calcule (a) la ecuación que describe la trayectoria y la distancia de la cometa con respecto al niño, cuando t = 2 s, (b) la magnitud y la dirección de la velocidad cuando I = 2 s, Y (e) la magnitud y dirección de la aceleración cuando I = 2 s.

.:

y

SOLUCIÓN

B

1 36r A

Posición. La ecuación de la trayectoria se determina al eliminar a I de las ecuaciones para x y y, es decir, I = x/30, de modo que y = 9(x/30)2, o sea

~

.[

60 ft

c:.::..?

(a)

I

Resp.

x

figura 12.18a. Cuando

Ésta es la ecuación es de una parábola, t = 2 s, x

= 30(2) = 60 ft

y = 9(2)2 = 36 ft

La distancia en línea recta deA a B es, por lo tanto,

Velocidad. Empleando las ecuaciones de la velocidad cuando I = 2 s son

:=

46.9 ftls 0"= 50.2°

B

'::

Cuando t

d

Vx

= d¡(30/) = 30 ft/s

vy

= .!I(9t2) =

dt

18t

I

12.12, las componentes

-+

36 ft/s i

= ,-25

= 2 s, la magnitud

(b)

Resp.

= .¡(60)2 + (36)2 = 70.0 ft

r

de la velocidad es

v = .¡(30)2 + (36)2 = 46.9 ft/s

Resp.

Su dirección es tangente a la trayectoria, figura 12.18b, en donde 8u

..

=

v 36 tan-J..::L= tan-1 30 VI

=

Aceleración. Las componentes O"

"w:~"'"

a

= x

(e)

de la aceleración 12.14,

a partir de las ecuaciones 4 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? http://gratislibrospdf.com/

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

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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.

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147

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

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. http://gratislibrospdf.com/

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 http://gratislibrospdf.com/

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 efechttp://gratislibrospdf.com/

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

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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. **

• 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).

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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.

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Fig.14.10

153

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 --->

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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.

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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

\

0.5111

(h)

Fig.14.13

a(2)(1)~

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

Jz = 9.81(1 -

COS (Jmá')

(1)

+1

Ecuación de movimiento. Hay dos incógnitas en la ecuación 1: (Jmá' Y V2 ' Puede obtenerse una segunda ecuación en donde intervengan 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 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

Datos

-:1 w

Fig.14.19

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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

ay

az

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

ay ,

y

F =_ z

av

az

(14.18)

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.

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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

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1 h

E nergía pntcncii11 (n¡ 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)

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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. * 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.

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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)

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Fig.lS.4

189

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.

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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

(1)

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

3 kg B

BloqueB:

5 kg

(+ !)

(a)

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

=

(2)

5(VB)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?

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(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.

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

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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

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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)

'--- - - - - - --

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

Prob.lS.16

Prob. lS.18

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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

Probs.lS.22/1S.23

Prob.lS.20

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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

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cu

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•

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

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"-------'--------:":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.

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

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00

F

m

11

St dt

p.

v= 0.75 mis

F(N)

vt

'"

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I(S)

E la " Prob.lS.27

Prob.lS.2S

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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 http://gratislibrospdf.com/

~------ 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 cuerhttp://gratislibrospdf.com/

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 http://gratislibrospdf.com/

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.

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v

~----x

Fig.lS.8

-F

~J

201

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,

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 ----------- - -~--

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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. http://gratislibrospdf.com/

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.

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243

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

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

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(-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' -

--1--

Prob.lS.87

Prob.lS.8S

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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

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.

Prob.lS.88

-

16 mis

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.

~ 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.92

Prob. lS.89

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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.96

Prob.lS.94

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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

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

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

Prob. 1S.98

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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::>

Probo 15.105

Prob.15.I03

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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.

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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

Coordenadas n, t, b. Estas coordenadas son especialmente 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;

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a r =, - re 2

a e = re + 2¡-e al = Z

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)

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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)

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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.

=

Probo R1.3

Probs. R1.1/R1.2

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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

240 ft

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)

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?

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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

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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

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. R1.20/R1.2.l

Probs. R1.24/R1.25

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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

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

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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?

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 R1.30

Probo R1.32

Rl.31. Si el punto A del cable se mueve hacia arriba a VA = 14 mIs, calcule la velocidad del bloque B.

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

Probo R1.31

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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

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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.

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

Probs. R1.39/R1.40

* 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

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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 .

Prob.R1.47

ProboR1.49

* R1.48. El bloque de 50 kg se iza por el plano

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

Probo R1.50

ProboR1.48

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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-

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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.

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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 http://gratislibrospdf.com/

267

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

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

• 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.

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VI

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 http://gratislibrospdf.com/

269

270

CAP.16 CINEMÁTICA PlANA DE UN CUERPO RíGIDO

+ act 0= 00 + %t +

(J)

=

(J)o

!a

c

t2

w2 = wij + 2ac 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 "

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(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. 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.

í Prob. 16.2

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?

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Probs.16.6/16.7

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.

Probs.16.12/16.13

Prob.16.10

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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

Prob.16.17

* 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.

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.16.18

Prob.16.16

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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.16.22

Prob.16.20

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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, 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 Proh.16.26

Prob.16.24

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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.

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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.

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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

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.16.34

Prob.16.32

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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"

~--'------'---

/-

,~ ~B

VAB

Probs.163811639

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

"L

B

90

' ~J x ---l ~

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.

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.16.46

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.16.44

Prob.16.47

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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 /'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

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Resp.

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

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 http://gratislibrospdf.com/

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" http://gratislibrospdf.com/

327

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.

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

l

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

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P:

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.

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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

=

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Resp.

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.

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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)

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.

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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

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.

~--.-------~- y

z

I ro = 6 rad/s

a = 3 rad/s2

y x

Prob.16.113

Prob.16.110

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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 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.)

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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

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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

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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 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

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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

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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

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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.

379

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

Prob.17.67

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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

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 dehttp://gratislibrospdf.com/

·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.

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N (b)

Fig.17.20

381

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.

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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.

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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)

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

=

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Resp.

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.

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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.

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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

Prob.17.72

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.

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

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

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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.17.82

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.

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 (vA)z.

f

• Cuando coinciden estas líneas, se tiene impacto central y el problema se puede analizar como se describe en la sección 15.4

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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) http://gratislibrospdf.com/

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 ) . . - ,/. " " 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

= 3 rad/s ~ 45 0 A .. " ~

Prob.RZ.46

Probs. RZ.43!R2.44

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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.IU.49

B

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

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

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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.

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

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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. http://gratislibrospdf.com/

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' http://gratislibrospdf.com/

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.

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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" http://gratislibrospdf.com/

477

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

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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 +

10 radls cO s = 6 radls 2

úJ s =

(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

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.~~--------~- ~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

~---------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. http://gratislibrospdf.com/

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.

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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

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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

Prob.20.9

Probs.20.6/20.7

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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

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.

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 .

6ft:!

2

ft ---1

I~Otus

A

y

Probs.20.12/20.13

Prob.20.IS

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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

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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

------ (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.

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489

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. http://gratislibrospdf.com/

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

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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 Nótese que Q.ryz no parece cambiar de dirección en relación con x, y, 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.

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Z,

y por lo tanto de-

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.

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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.

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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.

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x e~45 °

é ~ 4 rad/s A

Prob.20.29

(j ~ 2 rad/s 2

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

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

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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

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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"'-> dm y entonces HA =

(L

J

PA dm x

+

VA

L

PA X

(úJ

x PA) dm

z

~----------------- y Sistcmil int!rci 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 http://gratislibrospdf.com/

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.

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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

___

;.5 ft x

: x' I

s

E

(al

, + WL'l.t = O

A

i7

r= m fFdl

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

=

II/ 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 http://gratislibrospdf.com/

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

Probs.21.41/21.42

Prob.21.39

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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

I

e

y

Prob.21.43 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

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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

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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)

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Giro (d)

r t

~

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.

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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 di

(21.32)

Q,

re, un

mi

mi

;¡. y

te: la us ei; ea só

El x,»

Fig.21.16

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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. http://gratislibrospdf.com/

Ho

Fig.21.17

Cojinetes

Fig.21.18

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.

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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 10.0 N

(19.62) s = (1O.0XO.20) =

0.102 m

=

102 m

(e )

Resp.

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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

=

= 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

"'=

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el rr p< ci

11<

SEC.21.6 MOVIMIENTO LIBRE DE PARES

541

Resolviendo el sistema obtenemos 8 = const . HG

(21.36)

rjJ = ¡

.

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. http://gratislibrospdf.com/

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

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+ (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

• 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.

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.21.60

Prob.21.62

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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

mmmEb

z

~, = 6radls

\\

Prob.21.63

z

Prob.21.64

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•

•

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.

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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 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

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+ 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)

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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. http://gratislibrospdf.com/

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 gravitatorias, 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

= {(J. Por lo

e+ 7g sen 0 = O

(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¡¡,

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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

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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.

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kx"

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.

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

= --

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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 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.

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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.

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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

0. 150

y

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

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

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Resp.

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

~1

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--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

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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 ' http://gratislibrospdf.com/

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

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. http://gratislibrospdf.com/

573

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

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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 http://gratislibrospdf.com/

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 (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

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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.

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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

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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 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

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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.

22.57. 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.

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.

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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.22.62

Prob.22.S9

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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 http://gratislibrospdf.com/

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 + 2r-ti] + e f~ a bX2 2'¡ -ba fa -xr:li ' +

a> O,

b

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

= -

+

e

a> O

"31 .¡ (a 2- X2)} + e http://gratislibrospdf.com/

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

+

e,

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

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591

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

.

AsÍx = 36.9° es adecuada con tres cifras significativas. 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

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= 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 http://gratislibrospdf.com/

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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>-.

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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 !

.. http://gratislibrospdf.com/

(CI)

Fig. C.l

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, sehttp://gratislibrospdf.com/

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. http://gratislibrospdf.com/

-+

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

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 http://gratislibrospdf.com/

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)

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601

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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- 66. 204 m, 41.8 mis, 4.66 m/s 2

12-67 . v = 2 .69 ftls, a = ay = 0 ,02 ftls 2

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- 69. 4.22 mis, a = ay = 0.130 m/s 2

12-70.

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v = arYb2sen2 al

+ cos 2 al + (k 2Ia 2r 2 ),

a = a 2rYb 2 cos 2 al

+ sen 2 al

604

RESPUESTAS

12-71. 8.34 m, 0.541 m /s 2

12-131. v, = 6 ftls, Ve = 18.3 fl/s, a, = -67 .1 ftls 2 , ae = 66.3 ftl s2

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.

12-153. -0 .175 mis 12- 154. -2 .4 m is, -2.05 m/s 2

12-101. a" = 2eva/(l + b 2)3/2 , Vx = v olVI+b2, v)' = voblY I + b 2

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 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° " 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

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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. = 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

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]

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