Sistema de Vectores Deslizantes I
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Fundamentos Físicos de la Ingeniería 1º Examen Parcial / 20 enero 2001 1. Dado el sistema de vectores deslizantes de la figura, determinar: a) Los invariantes del sistema. b) El eje central. c) El momento respecto al eje Oy. d) Un sistema equivalente al anterior formado por dos vectores tales que la recta de acción de uno de ellos sea el eje Oy. a) Los invariantes del sistema son: ⎧ ⎪ ⎪⎨V1 =(0 1 0) ⎪⎪ ⎩V2 =(0 0 1) P1 =(0,0,1) P2 =(1,0,0) z ⇒ R = j+k v1 ⎛0⎟⎞ ⎛0⎟⎞ ⎛1⎞⎟ ⎛0⎞⎟ ⎛−1⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ M O = OP1 ×V1 + OP 2 ×V2 = ⎜⎜0⎟⎟⎟×⎜⎜1⎟⎟⎟ + ⎜⎜0⎟⎟⎟×⎜⎜0⎟⎟⎟ = ⎜⎜−1⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝1⎟⎠ ⎝⎜0⎟⎠ ⎝⎜0⎠⎟ ⎝⎜1⎠⎟ ⎝⎜ 0 ⎠⎟ ⎛0⎞⎟ ⎛−1⎟⎞ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ R ⋅ M O = ⎜⎜1⎟⎟⎟i⎜⎜−1⎟⎟⎟ = −1 ⇒ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝⎜1⎠⎟ ⎝⎜ 0 ⎟⎠ 1 v2 1 y 1 x R i M O = −1 b) Obtenemos la ecuación del eje central determinando el vector de posición de un punto E que pertenece a dicho eje: ⎛0⎞ ⎛−1⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1/ 2 ⎞⎟ ⎟⎟ R × M O 1 ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ 1 ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎟ OE = = 1 × − 1 = − 1 = − 1/ 2 ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎟⎟ R2 2 ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ 2 ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎝1⎠⎟ ⎝⎜ 0 ⎠⎟ ⎝⎜ 1 ⎠⎟ ⎝⎜ 1/ 2 ⎠⎟ y la ecuación del eje es: x − xE y − yE z − z E = = Rx Ry Rz ⇒ x −1/ 2 y + 1/ 2 z −1/ 2 = = ⇒ 0 1 1 ⎧⎪⎪ x = 1/ 2 ⎨ ⎪⎪⎩ z = 1 + y c) El momento respecto a un eje es la proyección sobre el eje del momento respecto a un punto cualquiera de ese eje. ⎛−1⎞⎟ ⎛0⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ M yy = M O ⋅ j = ⎜⎜−1⎟⎟⎟i⎜⎜1⎟⎟⎟ = −1 ⇒ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝ 0 ⎠⎟ ⎜⎝0⎠⎟ M yy = − j d) Sea A el vector cuya recta de acción es el eje Oy. Dado que R=A+B, el nuevo sistema será: ⎧ A = (0 λ 0) ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ B = R − A = (0 1-λ 1) PA = (0, 0, 0) PB = ( x, y, z ) El momento en cualquier punto debe ser el mismo para los dos sistemas ⎛ x ⎞⎟ ⎛ 0 ⎞⎟ ⎛ y − (1− λ ) z⎞⎟ ⎛−1⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ = ⎜⎜−1⎟⎟ M O = OP A × A + OP B × B = ⎜⎜ y⎟⎟⎟×⎜⎜1− λ⎟⎟⎟ = ⎜⎜ −x ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝⎜ z ⎠⎟ ⎝⎜ 1 ⎠⎟ ⎝⎜ (1− λ ) x ⎠⎟ ⎝⎜ 0 ⎠⎟ ⎧⎪ y − (1− λ ) z = −1 ⎧⎪λ = 1 ⎪⎪ ⎪ ⇒ ⎪⎨ x = 1 ⇒ ⎨−x = −1 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎩(1− λ ) x = 0 ⎪⎩ y = −1 Departamento de Física Aplicada Revisión: 07/12/2005 ETSIAM ⎪⎧⎪ A = j (0, 0, 0) ⎨ ⎪⎪⎩ B = k (1, −1, 0) Universidad de Córdoba Impresión: 07/12/2005 Fundamentos Físicos de la Ingeniería 1º Examen Parcial / 20 enero 2001 2. Un punto P en el plano Oyz gira alrededor del eje Oy con velocidad angular ω1, y todo el sistema de referencia gira alrededor del eje Oz con velocidad angular ω2. a) Hállese la velocidad y aceleración del punto P en el instante en que está en la posición de la figura. Indíquese cual es el movimiento relativo y cual el de arrastre. b) Si el movimiento relativo se convirtiese en movimiento de arrastre y viceversa, ¿sería el mismo movimiento? ¿daría los mismos resultados de velocidad? ¿y de aceleración? Justifíquese las respuestas. z ω2 b P a y ω1 x a) Velocidad angular de arrastre: ωarr = ω2 movimiento relativo: ⎛ 0 ⎞⎟ ⎛aω1 ⎞⎟ ⎛ 0 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ arel = ω1 × (ω1 × OP)= ⎜⎜ω1 ⎟⎟⎟×⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ = ⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝ 0 ⎠⎟ ⎝⎜ 0 ⎠⎟ ⎝⎜−aω12 ⎠⎟⎟ ⎛ 0 ⎞⎟ ⎛ 0⎞⎟ ⎛aω1 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ vrel = ω1 × OP = ⎜⎜ω1 ⎟⎟⎟×⎜⎜b⎟⎟⎟ = ⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝ 0 ⎠⎟ ⎝⎜a⎠⎟ ⎝⎜ 0 ⎠⎟ movimiento de arrastre: ⎛ 0 ⎞⎟ ⎛ 0⎞⎟ ⎛−bω2 ⎞⎟ ⎛ 0 ⎞⎟ ⎛−bω2 ⎞⎟ ⎛ 0 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ varr = ω2 × OP = ⎜ 0 ⎟×⎜b⎟ = ⎜ 0 ⎟ aarr = ω2 × (ω2 × OP) = ⎜ 0 ⎟×⎜ 0 ⎟⎟ = ⎜⎜−bω22 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝⎜ω2 ⎠⎟ ⎝⎜ 0 ⎠⎟ ⎝⎜ 0 ⎠⎟ ⎝⎜ω2 ⎠⎟ ⎝⎜a⎠⎟ ⎝⎜ 0 ⎠⎟ acor aceleración de Coriolis: ⎛ 0 ⎞⎟ ⎛aω1 ⎞⎟ ⎛ 0 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ = 2ω2 ×vrel = 2 ⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟×⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ = ⎜⎜2aω1ω2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝ω2 ⎠⎟ ⎝⎜ 0 ⎠⎟ ⎝⎜ 0 ⎠⎟⎟ movimiento absoluto: ⎛aω1 − bω2 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ vabs = vrel + varr = ⎜⎜ 0 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝ 0 ⎠⎟ aabs = arel + aarr + acor ⎛ ⎞⎟ 0 ⎜⎜ ⎟ = ⎜⎜2aω1ω2 − bω22 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝ −aω12 ⎠⎟ b) Velocidad angular de arrastre: ωarr = ω1 Se permutan los papeles de las velocidades angulares ω1 y ω2 en el apartado anterior. Se obtienen movimientos diferentes en los dos casos (trayectorias diferentes). En el instante que se indica en la figura, la velocidad será la misma en ambos casos, intercambiándose los papeles de las velocidades relativa y de arrastre. Aunque también se intercambian las aceleraciones relativas y de arrastre, en el instante que se indica en la figura, la aceleración de Coriolis es diferente en cada caso, ya que ahora es acor ⎛ 0 ⎞⎟ ⎛−bω2 ⎞⎟ ⎛ 0 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎜⎜ = 2ω1 × vrel = 2 ⎜⎜ω1 ⎟⎟⎟×⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ = ⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜⎝ 0 ⎠⎟ ⎝⎜ 0 ⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜2bω1ω2 ⎠⎟⎟ Departamento de Física Aplicada Revisión: 07/12/2005 ETSIAM Universidad de Córdoba Impresión: 07/12/2005 Fundamentos Físicos de la Ingeniería 1º Examen Parcial / 20 enero 2001 3. En el mecanismo que se esquematiza en la figura, todas las cotas están expresadas en milímetros y se supone despreciable el peso del propio mecanismo. a) Determinar el valor de la fuerza F que permite el equilibrio. b) Calcular las reacciones en los cojinetes A y B. 400 ∅100 300 F A 200 B 400 kg 37º 250 a) Cálculo de la fuerza aplicada. La condición de equilibrio de la polea móvil (inferior) implica que: P = 2T ⇒ T = 200 kg z 37º Tomando momentos con respecto al eje x, obtenemos F × 250 = T × 50 ⇒ F= 50× 200 = 40 kg 250 F y Las componentes de la fuerza F son Fy = F cos 37º = 32 kg Fz = −F sen 37º = −24 kg b) Calculo de las reacciones en los apoyos del eje. T T T Tomamos momentos con respecto al eje z (perpendicular al papel) en A y en B (Fig. inferior izquierda): (A) RB ×300 + 32× 500 = 0 ⇒ (B) RA ×300 = 32× 200 ⇒ T P P = 400 kg RB = −53 kg RA = 21 kg Tomamos momentos con respecto al eje y (perpendicular al papel) en A y en B (Fig. inferior derecha): (A) 400× 400 + N B ×300 = 24×500 ⇒ N B = − 493 kg (B) 400× 700 = N A ×300 + 24× 200 ⇒ N A = 917 kg z y RA 400 300 A 24 kg NA RB 200 B 32 kg 400 NB 300 200 x x A B P = 400 kg Departamento de Física Aplicada Revisión: 07/12/2005 ETSIAM Universidad de Córdoba Impresión: 07/12/2005 Fundamentos Físicos de la Ingeniería 1º Examen Parcial / 20 enero 2001 4. El árbol vertical de la figura gira con una velocidad inicial de 20 rad/s cuando la masa puntual A de 2,5 N de peso comienza a deslizarse lentamente hacia fuera a lo largo de miembro horizontal. Determinar la disminución de la velocidad angular del árbol cuando la masa A se desliza desde 75 mm hasta 600 mm a partir del eje del árbol. 525 mm 75 mm A ω Puesto que no existe momento dinámico externo con respecto al eje de rotación (vertical), se conserva el momento angular o cinético con respecto a dicho eje. Esto es: I1ω1 = I 2 ω2 ⇒ ω2 = I1 ω1 I2 Despreciando la masa de la varilla y el momento de inercia del dispositivo, serán: ⎧⎪ I1 = mδ12 ⎪⎨ ⇒ ⎪⎪ I 2 = mδ22 ⎩ I1 ⎛⎜ δ1 ⎞⎟ =⎜ ⎟ I 2 ⎜⎝ δ2 ⎠⎟⎟ 2 525 mm 75 mm de modo que A ⎛δ ⎞ ⎛ 75 ⎞⎟ ω2 = ⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ω1 = ⎜⎜ × 20 = 0.31 rad/s ⎜⎝ 600 ⎠⎟⎟ ⎜⎝ δ2 ⎠⎟ 2 2 ω Por consiguiente, será Δω = ω2 − ω1 = −19.69 rad/s Departamento de Física Aplicada Revisión: 07/12/2005 ETSIAM Universidad de Córdoba Impresión: 07/12/2005 Fundamentos Físicos de la Ingeniería 1º Examen Parcial / 20 enero 2001 5. Un cilindro de masa total m que tiene una mitad de densidad doble que la otra se abandona con velocidad nula sobre un plano sin rozamiento en la posición indicada en la figura. Determinar la velocidad y aceleración angulares en el instante inicial y en el instante en que el diámetro AA’ sea horizontal. A’ A Cálculo del centro de masa Semicilindro macizo: Aplicamos el 2º Teorema de Pappus. Vesf = (2πδ1 ) Ssemicirculo ⇒ 4 3 πR2 π R = 2πδ1 3 2 ⇒ δ1 = 4R 3π y 1 Cilindro completo: δ= m1δ1 + m2δ2 2m2δ1 − m2δ1 δ1 = = m1 + m2 2m2 + m2 3 ⇒ δ= 4R 9π Cálculo de momentos de inercia Momentos de inercia con respecto a los ejes longitudinales en los puntos O y G (centro de masa) 1 I O = mR 2 2 O δG mg N x E 1 I G = mR 2 − mδ 2 2 2 Estudio dinámico O Puesto que no existe rozamiento, se produce resbalamiento en los puntos de contacto del cilindro con el plano. Siendo a la aceleración del centro de masa y aplicando la 2ª Ley de Newton ω2 G ⎧⎪0 = ma ⇒ a = 0 E x x ⎪ ∑ F =ma ⎨⎪ N − mg = ma ⎪⎪⎩ y Por ser siempre nula la componente horizontal de la aceleración, el centro de masa no adquiere velocidad en la dirección horizontal; i.e., tan solo “cae verticalmente”. Posición 1: Obviamente es ω1 =0 (condición inicial). Tomamos momentos en el punto O (ya que su aceleración es horizontal y, en consecuencia, está dirigida hacia el c.m.) mg δ = I O α1 ⇒ α1 = mg δ 8g = 9π R IO 1 1 Posición 2: Principio de conservación de la energía: 0 = −mg δ + mvG2 2 + I G ω22 2 2 pero vG2=0 (su movimiento es vertical y ha alcanzado el punto más bajo de su trayectoria). Por consiguiente mg δ = 1 I G ω 22 2 ⇒ ω 22 = 2mg δ IG Tomando momentos en el centro de masa (punto G): 0 = I G α2 Departamento de Física Aplicada Revisión: 07/12/2005 ETSIAM ⇒ α2 = 0 Universidad de Córdoba Impresión: 07/12/2005
