Solucion - Departamento de Física Aplicada

1 026 MECÁNICA I
Examen de septiembre 2 006-09-18
E.T.S.I.I.
RESOLUCIÓN POSIBLE para la Segunda Parte
1) El módulo de la velocidad es constante y su valor es
v=
2πR · 10
60
v=
⇒
πR
3
Departamento de
Física Aplicada
a la Ingeniería
Industrial
2) Partiendo de n =
k1 × k
se obtienen
|k1 × k|
n(0) = j1
n(6) = −i1
π
3) Durante el movimiento el ángulo θ = − α = cte. Por tanto, ω se sitúa en un plano perpendicular a la línea
2
de nodos y
(
ω · k = ϕ̇ cos θ + ψ̇ = −ω cos α
ω = ϕ̇k1 + ψ̇k ⇒
ω · k1 = ϕ̇ + ψ̇ cos θ = 0
y como sen θ = cos α resultan
ϕ̇
=
ω tg α















ω
cos α
Como el módulo de ω es constante, los valores anteriores son invariables durante el movimiento. Sustituyendo ω y α se obtienen finalmente
ψ̇
θ̇ = 0
ϕ̇ =
=
−
π
rad/s
12
π
ψ̇ = − rad/s
6
4) Como las rotaciones de Euler son uniformes, los ángulos girados crecen linealmente con el tiempo. Por
consiguiente
4θ = 0
π
π
4ϕ = ϕ̇t = 6 =
12
2
π
4ψ = ψ̇t = − 6 = −π
6
π
π
Partiendo de los valores iniciales θ(0) = , ϕ(0) = y ψ(0) = 0, se obtienen los valores finales
6
2
θ(6) = θ(0) + 4θ =
π
6
π π
+ =π
2 2
ψ(6) = ψ(0) + 4ψ = 0 − π = −π equivalente a ψ(6) = π
ϕ(6) = ϕ(0) + 4ϕ =
Los ángulos de Euler en t = 6: θ(6) = π/6, ϕ(6) = π,
ψ(6) = π, son los correspondientes a la posición del
cono de la figura 2.
5) Las componentes de ω son
√
ω
3ω
ω x = 0 , ωy = −ω sen α = − , ωz = −ω cos α = −
2
2
E.T.S.I.I.
Por tanto
√
√
π 3
ω=−
(j + 3k)
24
La aceleración angular es
ω̇ = ϕ̇k1 × ω = ϕ̇ωi
√
π2 3
ω̇ =
i
144
⇒
Departamento de
Física Aplicada
a la Ingeniería
Industrial
πR
6) El espacio que P ha recorrido en la circunferencia es s = vt =
6 = 2πR, es decir una vuelta completa.
3
Por tanto vuelve a encontrarse en el punto A y sus coordenadas en S, figura 3, son las mismas que en t = 0,
con valores:
√
R
=R 3
x = 0 , y = −R , z =
tg α
o sea
√
Coordenadas de A en S: (0, −R, R 3)
La velocidad relativa en esa posición es la misma que en el instante inicial, o sea
vrel = −
πR
i
3
La aceleración relativa de P es
arel =
v2rel
R
⇒
j
arel =
π2 R
j
9
Fig. 3: Posición en t = 6 s .
7) La velocidad de A es
i
ωR 0
vA = ω × OA = −
2 0
j
1
−1
√k
√3
3
⇒
La aceleración de A es
aA = ω̇ × OA + ω × (ω × OA)
y teniendo en cuenta que
√
π2 3
i
ω̇ =
144
vA = −
πR
i
4
aA =
√ i
3 1
144 0
π2 R
j
0
−1
k
0
√
3
√ i
2
+ π R 3 0
96 1
E.T.S.I.I.
√
√
π2 R 3 √
π2 R 3 √
( 3j + k) +
( 3j − k)
aA = −
144
96
⇒
j
1
0
√k
3
0
√ 

π2 R  5 3 
j −
aA =
k
96
3
8) La aceleración de P respecto de S1 puede obtenerse mediante
a(P) = arel + aarr + aCor
√ 

π2 R  5 3 
π2 R
j −
j+
k + 2ω × vrel
=
9
96
3
Departamento de
Física Aplicada
a la Ingeniería
Industrial
y como
2ω × vrel =
π2
i j
3R 0 1
36 1 0
√
√k
3
0
√
2
= π 3R ( √3j − k)
36
resulta
a(P) =
√
π2 R
(59j − 13 3k)
288
9) En el movimiento relativo de P respecto del cono,
marel = F + R + (−maarr ) + (−maCor )
y como en ese instante es
√
π2 R
(59j − 13 3k)
288
Teniendo en cuenta que en dicha posición el triedro íntrínseco es
R=m
t = −i ,
n = j , b = −k
las componentes de la reacción solicitadas son
Rn =
mπ2 R
59
288
Rb =
√
3
288
13
mπ2 R