35209CU01
Mecánica. Problemas explicados
Roberto Díaz Carril Javier Fano Suárez
UNED E DICIONES
Roberto Díaz Carril y Javier Fano Suárez son doctores ingenieros y profesores numerarios en el área de Física Aplicada, y son miembros del departamento de Física de la Universidad de Oviedo. Ambos tienen una amplia experiencia en la enseñanza de la Mecánica en las Escuelas de Ingeniería, y cuentan con diversas publicaciones de carácter docente, no sólo en el ámbito de la Mecánica, sino también en otras asignaturas asignadas al área de Física Aplicada en dichas Escuelas, que han impartido o imparten en la actualidad .
•
En portada: Sin título (1995). Carmen Muela Embid. Colecc ión UNED
MECÁNICA PROBLEMAS EXPLICADOS
CUADERNOS DE LA UNED
Roberto Díaz Carril Javier Fano Suárez
" ME CANICA
PROBLEMAS EXPLICADOS
UNIVERSIDAD NACIONAL DE EDUCACIÓN A DISTANCIA
CUADERNOS DE LA UNED (35209CU01A01) MECÁNICA PROBLEMAS EXPLICADOS
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Librería UNED: e/ Bravo Murillo, 38; 28015 Madrid Tels.: 91 398 75 60/73 73, e-mail:
[email protected] © Roberto Díaz Carril y Javier Fano Suárez Diseño de cubierta: Departamento de Dibujo. UNED ISBN: 84-362-4343-9 Depósito legal: M. 11557-2001 Primera edición: enero de 2002 Impreso en España - Printed in Spain Imprime: LERKO PRINT, S.A. Paseo de la Castellana, 121. 28046 Madrid
ÍNDICE
Prólogo.....................................................................................................
9
Geometría de masas................................................................................
11
Cinemática...............................................................................................
69
Estática....................................................................................................
193
Dinámica..................................................................................................
273
Percusiones..............................................................................................
411
Mecánica analítica..................................................................................
455
Bibliografía..............................................................................................
551
PRÓLOGO
Unas pocas palabras, antes de que los guarismos imperen, para hacer dos comentarios y expresar un deseo. En primer término, decir que la presente colección de problemas, aunque guarde correspondencia con los propuestos en exámenes de la asignatura de Mecánica de segundo curso en la E. T. S. de Ingenieros Industriales de Gijón en los últimos cinco años, en su mayor parte es inédita. En segundo lugar, manifestar que el espíritu que preside el libro es el de la insistencia en plantear los casos en que se pueden aplicar los distintos teoremas, con especial hincapié hacia el sistema de referencia en el que son válidos, y que ofrecemos distintos enfoques a la resolución de un mismo problema. En fin, esperamos que quienes utilicen esta colección amplíen la base de sus conocimientos en esta rama de la Física y deseamos que la resolución de problemas no lo sea tanto.
ROBERTO D. CARRIL
M.
JAVIER FANO
S.
(Departamento de Física de la Universidad de Oviedo)
GEOMETRÍA DE MASAS
1. X e Y son los ejes principales de inercia en el centro de masas G de un sistema plano de 2 kg de masa. Se sabe que: l x = 10 kg · m 2
/ y = 20 kg, m 2
Se pide: l.º) Tensor de inercia en A. 2, 0 ) l x, l y-
3, º) Ecuación de la elipse de inercia de centro en A.
y
G •,~~~~~-+-~~~......;..;~
:3 I_ - - - - -
-~---,=~-
4
1. º) Tensor de inercia en A Calculamos primero los momentos y producto de inercia respecto a los ejes x 1, y 1 , paralelos a los X, Y, en A, mediante el teorema de Steiner: lx
=
10
PXY = o
/ y = 20 2
l x1 = l x + mdI = 1O + 2 · 3 = 28 kg , m 2 l y1 = /y + md~ =20 + 2 . 42 = 52 kg . m 2
Px1y1 = PXY + md 1d2 =O+ 2 · (-4) · 3 = -24 kg · m 2
14
MECÁNICA
y
Y1
G
..
x1
A-.......
El tensor de inercia referido a estos ejes será:
t 2. 0 )
= 11-Jx, Px,y,
-Px,y 1 = 1128 f 24 1
Y,
2411 52
f x, f y
El momento de inercia respecto a un eje que pasa por A y forma un ángulo (} con el eje x 1 en sentido antihorario es: I 8 = l x1 cos 2 8 + l y, sen2 8 - 2Px1y1 sen 8 cos 8
Sustituyendo los valores se tiene para este caso: l x = l x, cos 2 (-37º) + Iy, sen2 (-37º)- 2Px1y1 sen (-37º) cos (-37º) !y = l x1 cos 2 53º + l yJ sen2 53º - 2Px1y1 sen 53º cos 53º
=
=
66,4 kg · m 2
Se podria haber hecho en forma matricial: I0
siendo
-
=U
1
·
1-A · U-
u el unitario en la dirección del eje. I x =llcos37º -sen37º11ll28 241111cos37º 11=13,6 kg ·m2 24 52 -sen37º I = licos53º sen53º11jj28 2411 11cos53º11=66,4 kg ·m2 Y
24 52 sen53 º
13,6 kg · m 2
,.,>. 15
GEOMETRÍA DEt,A~AS
3. º) Elipse de inercia en A
Referida a los ejes x1, Y1, será: 2
K = 1 = l x/; + l y11}2 - 2Px 1yJ1J = 28f + 52772 + 48 py, justifique que sis es una recta que forma un ángucon el eje x, en sentido antihorario, sucede que:
2"
[3]
Expresaremos las componentes de la aceleración de G en función de tp y de sus derivadas: x =a sent/) ~
y = a cos tp ~
x =a cos t/>~ ~ x=-af sent/)+a~cos t/>
y = -a sen tp~ ~ ji = -at/) 2 cos tp -
a~ sen tp
Estas componentes las sustituimos en [1] y [2], respectivamente, despejando las reacciones RA y R 8 que llevamos a [3]:
[mg+m(-af cos tp-a~ sentp)]a sentp-m(-a~2 sen tp + a~ cos tp )a cos tp = ima 2~ que se puede simplicar, dando: 4 .. .. 3g -at/)=gsent/)~ a=t/)=-sentp 3 4a 2.º) Velocidad angular en función del ángulo Partimos de la expresión de o; integrando:
lw
f'
dm- = dm dm a= - -dt/)= m - ~ mdm = a dt/) ~ m dm = a dt/) ~ dt dtp dt dtp o ~.
354
MECÁNICA
J~3
1 3 "-? -oi = __Ksen di/)= __K(cos 0 -cos ) "-? 4a ~0 4a 2
~=
"-?ro= [
1/ 2
(cos 0 -cos )]
donde hemos supuesto que, inicialmente, la varilla forma un ángulo te del reposo.
o
y par-
3.º) Reacciones en la pared y en el suelo
Basta con sustituir ~y~ en las componentes de la aceleración de G(x e ji), y éstas, a su vez, en las expresiones de las reacciones, [1] y [2]. Resulta:
f (cos
3
RA = m(g +ji)= m[ g R8 = m
x=
0 -
cos ) cos -
¡
3
2
sen ]
¡
mg sen ( 3 cos - 2 cos 0 )
La varilla se separará de la pared cuando la reacción R 8 sea nula. Entonces, se tiene: 2 3
R 8 =0"-?3cos-2cos0 =0"-?cos=-cos0 "-?
"-?=are co{ icos 0 ) Si inicialmente estaba vertical, o= O, entonces: =are cos
2
3
26. En el sistema de la figura, la barra tiene masa M y longitud L, y el disco masa 8M/9 y radio R. El extremo A de la barra desliza sin rozamiento sobre la pared vertical y el extremo B está articulado al centro del disco, que rueda sin deslizar sobre el suelo. Se pide, en función de y~:
1. º) Cantidad de movimiento del sistema. 2. º) Momento cinético respecto al c.i.r. de la barra. 3. º) Energia cinética. 4. º) Si inicialmente el sistema está en reposo con la barra AB vertical, determinar la velocidad y aceleración angular de la barra en función de .
355
DINÁMICA
A
o Todas las magnitudes requeridas en los tres primeros apartados pueden ser determinadas como sumas de las correspondientes a cada una de las dos partes que constituyen el sistema: barra y disco. Puesto que deben darse en función de y~, debemos expresar en función de ambos las rotaciones instantáneas de la barra y del disco.
y
X
o - La barra tiene movimiento plano, siendo su centro instantáneo de rotación el punto I donde se cortan las normales a las velocidades de A y B, trazadas por los propios puntos A y B. La rotación instantánea de la barra es
356
MECÁNICA
En forma vectorial, referida a los ejes inerciales de la figura, será:
~k
cijb =
El disco tiene también movimiento plano, y, como rueda y no desliza, su c.i.r. es el punto de contacto con el suelo, O. Si llamamos Wa a su rotación instantánea, podemos relacionarla con la de la barra. Por pertenecer a la barra, la velocidad de B será:
V8 = V1 + rob /\lB= rob /\lB= ~k 1\(-L cos rpj) = L~ cos 1/>Í Como, por otra parte, B pertenece al disco, su velocidad será:
v8 = v0
+ Wa /\ OB = Wa /\ OB = Wak /\ RJ = -waRÍ
Identificando ambas expresiones de ·
Lrp cos 1/> = -waR ~ Wa
=
v
8
se obtiene ma:
L ·
L ·
R
R
-
--1/> cos 1/> ~ Wa = --1/> cos rpk
1. º) Cantidad de movimiento del sistema Emplearemos el subíndice «b» para las magnitudes correspondientes a la barra, y el subíndice «d» para las del disco.
p= Pb + Pa -
Pb =Mvc
siendo G el centro de masas de la barra
ve
=
drc dt
=
2
=
2
L .
2
-
-
rp(cos rpi -sen 1/> j)
Por tanto:
Pb =Mvc =
ML · 1/>(cosrpi-senrpj)
2
8M 8M · 9 v8 =9 Lrpcosrpi
Pa =
~i
d [ L sen rp l.,. + (R + L cos rp ) ¡ dt
=
357
DINÁMICA
pues B es el centro de masas del disco, y su velocidad ya fue hallada: _ _ _ ML,¡,(25 P = Pb + Pd = 'I' cos 'I',1,.,.t - -1 sen ,¡.,'I' ¡-;) 18 2
2.º) Momento cinético del sistema respecto al c.i.r. de la barra Como ya se ha fodicado, el c.i.r. de la barra es el punto /:
Por ser I el centro instantáneo de la barra (su velocidad es nula), el momento cinético de la barra respecto a I puede escribirse de la forma:
siendo válida la segunda igualdad por tratarse de un movimiento plano. Hemos utilizado aquí el superíndice «b» para indicar que se trata de magnitudes de la barra. 8 representa el eje instantáneo de rotación de la barra (perpendicular al plano del movimiento).
Para calcular fo utilizamos el teorema de Steiner suponiendo conocido el momento de inercia de la barra respecto a un eje perpendicular por su punto medio:
Siendo:
De
=eje paralelo al instantáneo por G ( I t = / 2 ML
2
=
d distancia entre ó y Óc ( d =
~)
1 21 2. L 1b =-ML mb = -ML 1/)k
3
3
)
--
358
MECÁNICA
[Id
Debemos aplicar el teorema de Konig para el momento cinético: [Id =LBd +/Bl'\pd
Puesto que B es el centro de masas del disco, se tiene: -
=d
1(98M) R mdk = 2
LBd =IB ·OJd =lssOJd =2 = 1
(8M) R
29
-
2(
d -
-
L tpcosq,k · -) =- 4 MLRq,cosq,k · - R
9
habiendo utilizado, al igual que antes, el superindice «d» (disco) y siendo 08 una recta paralela al eje instantáneo (perpendicular al plano del movimiento) que pasa por B. Se ha supuesto conocido el momento de inercia I1a:
=l_mR2 =!(8M)R2 =_±MR2
¡d
º•
2
-
2
4
9
.
9
-
-
Lid =- MLRq,cosq,k +IB"Pd =
9
4
·
-
-
=- MLRq,cos q,k +(-L cos tpj)l'\
9
=
4
9
.
8M Lq,cos · q,i-=
9
-
MLq, cos t/>(2L cos q, - R).k
El momento cinético total será, pues: [ 1
=[ 1b +L1d =!ML~[ L+1cos q,(2L cos q,-R)]k
3.º) Energía cinética
Se procede de forma análoga, sumando las correspondientes a cada parte: Be =Be, +Ecd
-Ee, Por ser I un punto de velocidad nula, y tratarse de un movimiento plano, se tiene:
359
DINÁMICA
-Ecd Por lo mismo:
óo = eje perpendicular al plano del movimiento, que contiene a O:
Jff = l_mR2 +mR2 =l_(8M)R2 + 8M R2 = _±MR2 º
2
2
9
9
3
habiendo utilizado el teorema de Steiner.
La energía cinética total será: Ee
= E e, + E cd =l_6 ML2'1',¡, 2 + ~3 ML2'1',¡,2 cos 2 '1',1, =l_6 ML2'1',¡,2(1 + 4 cos 2 ,1,) '1'
4. º) Velocidad y aceleración angular de la barra en función de !/)
Las fuerzas exteriores que actúan sobre el sistema son todas conservativas (pesos de la barra y del disco) salvo las reacciones en A y en O que no realizan trabajo por ser normales al desplazamiento (la reacción en O tiene también una componente tangencial, la fuerza de rozamiento, necesaria para que el disco ruede, que no realiza trabajo por no existir deslizamiento). Esto, unido a que se conoce la energía cinética, obtenida en el apartado anterior, nos inclina a utilizar el teorema de la energía. Lo aplicaremos a las posiciones [1], inicial y [2], con la barra formando un ángulo !/) con la vertical: [1]
360
MECÁNICA
E"'
=O
(El sistema está en reposo)
L)
EPi = 8M gR+Mg ( R+ 9 2
E c = .!._ ML2 ~ 2 (1 + 4 cos 2
