Fisica - Problemas Y Ejercicios Resueltos

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PRESENTACIÓN

El objetivo fundamental de esta colección de problemas de mecánica es facilitar la adquisición yconsolidación de los conceptos y métodos básicos de trabajo en mecánica de los sólidos rígidos. Está,pues, destinado a nuestros alumnos y a los lectores interesados en esta materia. La experiencia adquiridapor los autores en la enseñanza de la asignatura Mecánica, así como sus anteriores publicaciones decarácter didáctico ha significado un punto de referencia útil,

La modificación de los planes de estudios, y la estructura cuatrimestral de las enseñanzas, fueronmotivos adicionales para elaborar este material adaptado a los programas actuales de Mecánica así comoa su carácter necesariamente conciso.

Desde aquí queremos dar las gracias a quienes han contribuido a la elaboración de este texto. Esimprescindible señalar a D. Josep María Armengol Bosch, por la aportación de interesante material, a D.Eloy Muñoz Martínez, por su creativo trabajo de diseño gráfico y a D. Jordi Picañol Corretjé, por supaciente y competente colaboración en el trabajo de edición. También agradecemos por anticipado todaslas sugerencias que se tenga a bien hacernos llegar, tanto para subsanar errores como para mejorar laexposición.

Los autores.

Terrassa, 30 de abril de 1998.


ÍNDICE

1. Problemas de cinemática del espacio

1.1. Problemas resueltos 1

1.2. Problemas propuestos 33

2. Problemas de cinemática plana



3. Problemas de dinámica del espacio



4. Problemas de dinámica plana



5. Respuestas a los problemas propuestos

5.1. Problemas de cinemática del espacio 167

5.2. Problemas de cinemática plana 169

5.3. Problemas de dinámica del espacio 171

5.4. Problemas de dinámica plana 174


r o

o

ω ωω

=−

0

60

60

sen

cos

(1)

r o

o

ω ωω

r r

r

=

0

60

60

sen

cos

(2)

1 Cinemática del espacio 1

1. PROBLEMAS DE CINEMÁTICA DEL ESPACIO

1.1. Problemas resueltos

1.- El cono 1 se mueve sin deslizamiento sobreel cono fijo 2. Ambos conos tienen una aberturade 120 . El ángulo n girado por la recta CA,o

perpendicular al eje z , viene dado en funcióndel tiempo por la expresión n = ½kt donde k2

es constante. Sabiendo que OA= , determinarpara el instante de la figura y utilizando la basede proyección indicada:

a) Velocidad angular del cono móvil yvelocidad angular del mismo cono en tornode su eje OA.

b) Aceleración angular del cono móvil.c) Velocidad y aceleración del punto B del

cono móvil.

SOLUCIÓN

a) Como el cono 1 se mueve sin deslizar, los puntos de lalínea OD tendrán velocidad nula; por tanto, el ejeinstantáneo de rotación (conjunto de puntos de velocidadmínima) será la recta OD. Dado que la velocidad angular

del cono tiene la dirección de dicho eje, tendremos en labase indicada:

donde T es incógnita.El cono, para el observador del plano OAC , gira en torno al eje OA, que para él es fijo; por tanto, su

velocidad angular relativa a dicho plano tiene la dirección de OA. Es decir,


&

&

rϕ

ϕ=

−

0

0 (3)

&ϕ

r r rω ω ϕ= +r

& (4)

ω ω

ω ω ϕ

sen sen

cos cos &

60 60

60 60

or

o

ro o

=

− = −

ω ω ϕ= =r &

r rω ϕ

ϕ

ω ϕ

ϕ

=

−

=

0

60

60

5

0

60

60

& sen

& cos

( ) , & sen

& cos

o

o

ro

o

r rΩb = &ϕ

2 Mecánica. Problemas

donde T es desconocida.r

La velocidad angular del plano OAC es , o sea:

donde = kt.

Pero la velocidad angular absoluta del cono es la suma de la relativa al plano OAC y la propia delplano, o sea

Sustituyendo las expresiones dadas por (1), (2) y (3) en (4) e igualando componentes, se obtiene elsistema de ecuaciones:

cuya solución es:

Por tanto las respuestas pedidas serán:

donde debe sustituirse por su valor kt.

b) Las expresiones que acabamos de obtener para la velocidad angular absoluta y la relativa del conoson genéricas, es decir, válidas en cualquier instante, en el supuesto de que la base de proyección (condirecciones x, y, z) de la figura sea solidaria al plano OAC. En efecto, la sección del dispositivo pordicho plano tiene siempre igual configuración geométrica y, por tanto, dará lugar a las mismasecuaciones cinemáticas utilizadas en el apartado a). En consecuencia, subsistirán los resultados finalesanteriormente obtenidos para las velocidades angulares.

Para obtener la aceleración angular del cono deberemos derivar en base móvil la velocidad angulardada en (5) en forma genérica, teniendo en cuenta que la base de proyección utilizada se mueve convelocidad angular

por el hecho de haberla considerado solidaria al plano OAC. Aplicando la fórmula de derivación en basemóvil


rr r r

αω

ω ϕ

ϕ ϕϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

= + × =

−

+−

×

−

=

−

d

dt bb

o

o

o

o

o

o

o

Ω

0

60

60

0

0

0

60

60

60

60

60

2

&& sen

&& cos &

& sen

& cos

& sen

&& sen

&& cos

& , && .ϕ ϕ= =kt k

r r rv v OBB O= + ×

→

ω

r r r rv v OB

b

b iB Oo

o

o= + × =

+

−

×

= →

ω ϕ

ϕ

ϕ

0

0

0

0

60

60

0

0 60& sen

& cos

& sen

r r r r ra a OB OBB O= + × + × ×

→ →

α ω ω

(6)( )

rα

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ× =

−

×

= −

→

OB

b

b

b

o

o

o

o

o

& sen

&& sen

&& cos

&& sen

& sen

2

2

60

60

60

0

0

60

60

0

r rω ω ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

× × =

−

×

= −

−

→

( ) & sen

& cos

& sen& sen cos

& sen

OB

b

b

b

o

o

o

o o

o

0

60

60

60

0

0

0

60 60

60

2

2 2


donde

c) Para hallar la velocidad del punto B del cono aplicaremos la fórmula de velocidades para un sólido:

Como el punto O es fijo, será

con b = cos60 .o

Para hallar la aceleración de B, aplicaremos la fórmula de aceleraciones para un sólido tomando puntobase en O fijo. Será:

donde es:

y también

Sustituyendo estas dos últimas expresiones en la (6) se obtiene el valor buscado de la aceleración deB:


ra

b

b b

bB

o

o o o

o=

− −

−

&& sen

& sen & sen cos

& sen

ϕ

ϕ ϕ

ϕ

60

60 60 60

60

2 2

2 2

& , && .ϕ ϕ= =kt k

4 Problemas de mecánica

donde deben sustituirse b y los valores

2.- La figura muestra, esquemáticamente, un dispositivo usual en los parques de atracciones. El rotor1 gira con velocidad angular T constante . Al mismo tiempo, el accionamiento M hace que la distancia1

AC aumente. Como consecuencia de ello, el brazo 2 adquiere una velocidad angular p constante con2

respecto al rotor. Finalmente, la cabina 3 está animada de un movimiento de rotación en torno a supropio eje, con una velocidad angular constante p relativa al brazo 2. Determinar:3

a) Velocidad del punto B respecto del observador de la cabina.b) Aceleración de arrastre del punto G, si la referencia móvil es el brazo 2.c) Velocidad de alargamiento de AC en el instante que se ilustra.(Datos: BC = CD = , DE = EF = m, AC = n, la línea BCD es horizontal en el instante considerado

y el punto G está en el plano vertical por BD.)


r rl

l

v p DB

p

p

pBr = − × = −

−

×−

=−

→

3

3

3

30

2

0

0

0

0

2

sen

cos

cos

ϕϕ

ϕ

r r rω ω ω2 2 1 1

2

0

= + =

p

p

rr r r r r

αω

ω ω ωω

ω22

2 1 1

2

1 2

1

0

0

0

0

0

= + × =

×

=

=d

dtp

p

dondeb

b bΩ Ω

r r r r ra a BG BGG

aB= + × × + ×

→ →

ω ω α2 2 2 1( ) ( )

ra

b

B =−

ω12

0

0

ra

b

p p

c

c

p c

c

b c p c

p c

p c

Ga

x

y

x

y

x x

y

y

=−

+

×

×

+

×

=

− − −

−

ωω ω

ω ω ω

ω

12

1

2

1

2

1 2 12

12

22

22

1 2

0

0

0 0

0

0

0 0 2


SOLUCIÓN

a) Dado que el observador en la cabina (cualquier posición es equivalente) se mueve con velocidadangular con respecto del brazo BD (sólido 2), éste se mueve con velocidad respecto de la cabinay, en consecuencia

b) La aceleración de arrastre de G es la aceleración absoluta con que la referencia móvil arrastra elpunto, es decir, la aceleración absoluta de la partícula considerada solidaria de la referencia móvil (sólido2). Por tanto, en este caso se trata de hallar la aceleración del punto G, suponiendo que no existe elmovimiento relativo dado por , es decir, como si la cabina fuera solidaria del brazo BD.

El movimiento de la referencia móvil queda caracterizado por una velocidad angular que vale:

Dado que existe un cambio de dirección de la velocidad angular habrá una aceleración angular que,

aplicando la fórmula de derivación en base móvil será:

En estas condiciones, la aceleración de arrastre del punto G vendrá dada por la expresión:

La aceleración del punto B, dado que dicho punto pertenece simultáneamente al brazo BD y al rotor 1,valdrá:

Sustituyendo en (1) los valores obtenidos, tendremos:


c m r

c m rx

y

= + += − +

2 2

2

l sen cos

cos sen

ϕ ϕϕ ϕ

r rl

lv p BC

p

pC = × =

×

=

→

2

2

2

0

0 0

0

0

0

v p dondeh

mal = =2 cos cosθ θ


donde c y c son las componentes del vector , o sea:x y

c) La velocidad del punto C, respecto de la plataforma 1, es consecuencia del movimiento de la barraBD y vale:

Descomponiendo en la dirección AC y en una direcciónperpendicular (haciendo descomposición de movimientos conreferencia fija en la plataforma 1 y móvil en el accionamiento M). Laprimera será la velocidad de alargamiento del dispositivo mientrasque la otra componente será consecuencia del giro del accionamientoentorno de la articulación A. Considerando además las dimensionesgeométricas del dispositivo, quedará:

3.- La figura representa un robot de pintura. Elsólido 1 sale del sólido 2 con una velocidadconstante v respecto de éste. El sólido 2 gira convelocidad angular constante ω respecto del2

sólido 3, alrededor del eje horizontal OF. Elsólido 3 gira con velocidad angular constante ω3

respecto de la bancada 4, alrededor del ejevertical EE’ que pasa por O. Suponiendo unareferencia (O,x,y,z), solidaria del sólido 2,determinar:

a) Aceleración angular del sólido 1 en laposición general que se indica.

b) Velocidad absoluta del punto A en elinstante en que θ = 0.

c) Aceleración absoluta del punto A en elinstante en que θ = 0.

d) la ecuación del eje instantáneo de rotación delsólido.


r r rΩ = +ω ω2 3

rΩ =

ω θω

ω θ

3

2

3

sen

cos

rr

&& cos

& sen

cos

sen

ΩΩ

= =−

=−

d

dt

ω θ θ

ω θ θ

ω ω θ

ω ω θ

3

3

2 3

2 3

0 0

r r rv v vA a r= +

rv

d

h

h

d

da =

×

=−

0

02

3

2

3

2

ωω

ωωω


SOLUCIÓN

a) La orientación del sólido 1 viene determinada por la del sólido 2 como consecuencia de que entreambos existe, únicamente, un grado de libertad traslacional, condicionado por la unión prismática entreambos. Aunque los módulos de las velocidades angulares involucradas en el cambio de orientación delsólido 1 son constantes, no ocurre lo mismo con sus direcciones. En efecto, la existencia de la velocidadangular ω , en torno al eje vertical, hace que la velocidad angular ω no sea constante en dirección. La3 2

velocidad angular absoluta del sólido 1, que es idéntica a la de 2, será

Para expresar dicho vector, se requerirá una base de proyección. Puede elegirse una base solidaria delcuerpo 2; el eje x puede tener la dirección del sólido 1 y el sentido hacia el punto A; el eje y tendrá ladirección del eje OF y sentido de O a F; el tercer eje será ortogonal a los otros dos y su sentido será talque defina, junto con ellos, un triedro directo.

Una vez adoptada la base de proyección la velocidad angular del sólido 1 se podrá expresar como:

Es evidente, observando la figura, que = -ω . La expresión de la aceleración angular podrá2

deducirse, directamente, derivando la expresión de la velocidad,

b) Para determinar la velocidad lineal absoluta del punto A en el instante θ = 0, podrá hacerse porcomposición de movimientos, utilizando una referencia móvil solidaria del cuerpo 2, de modo que

donde la velocidad de arrastre será la velocidad del punto A, suponiendo que dicho punto es solidariode la referencia móvil, es decir:


rv

v

r =

0

0

rv

h v

d

dA =

+

−

ωωω

2

3

2

r r r ra a a aA a r c= + +

r r r ra OA OA

d d

h

ha = × × + × =

− −

−

→ →

Ω Ω Ω( )&

ω ω

ω ωω

22

32

2 3

22

2

r r ra v

v

v

vc r= × =

×

=−

2 2

0

0

0

0

2

22

3

3

2

Ω ωω

ωω

( )( )( )

ra

d

v h

v hA =

− +

+− +

ω ω

ω ωω ω

22

32

3 2

2 2

2

2


La velocidad relativa es la que tiene el punto A respecto del sólido 2, es decir la velocidad con que salede su interior:

de manera que

c) Para determinar la aceleración absoluta del punto A en un instante determinado, lo más sencillo esutilizar nuevamente la composición de movimientos, con el cuerpo 2 como referencia móvil. Al no tenerque aplicar el operador derivada, se puede trabajar en la posición particular deseada. La aceleración será:

La aceleración relativa será nula dado que la velocidad con que se mueve el vástago 1 respecto de 2es constante y vale v.

La aceleración de arrastre, en función de su definición, es la aceleración que tendría el punto A si semoviera solidariamente con el sistema móvil, en consecuencia:

La aceleración de Coriolis del punto A será

Sumando las tres componentes resultará



d) Para determinar el eje instantáneo de rotación del sólido 2 hay que observar que existe un punto develocidad nula, el punto O. En consecuencia el eje instantáneo de rotación pasará por este punto y tendrála dirección de la velocidad angular. En el instante θ = 0, si ω = ω , la velocidad angular absoluta del2 3

sólido 2 tendrá la dirección de la bisectriz del ángulo Oyz, en consecuencia:

X = 0Z = Y

4.- El motor de la figura acciona, con velocidad angular T constante, el árbol vertical solidario de lasO

dos ruedas dentadas que engranan con los piñones C' y A', que a su vez mueven el resto del dispositivo.Los piñones C y C' son solidarios, y los piñones A y A' también son solidarios entre sí.

Los piñones cónicos de radios r y r están acoplados rígidamente (satélite) y están montados libremente1 2

sobre el árbol horizontal (manivela) que pasa por B. La manivela puede girar alrededor del eje vertical.Además, y tal como se indica en la figura, el piñón C engrana con el de radio r , y el A con el de radio1

r .2

Determinar, utilizando la base de proyección indicada:a) Velocidad angular absoluta de la manivela.b) Aceleración, relativa a la manivela, del punto H en el instante de la figura.c) Aceleración angular absoluta del satélite.

SOLUCIÓN

Utilizaremos como base de proyección la x, y, z, con x en la dirección del eje de la manivela y el ejey vertical.

a) Determinemos previamente las velocidades angulares de los sólidos 1 y 2. La condición de nodeslizamiento (igualdad de velocidades lineales) en los contactos P y Q da inmediatamente:


r rω ω3 3 3= =j vel ang absoluta de. .r rp p i vel ang de respecto= = . . 4 3

r r

r r

ω ω ωω

ω ω ω ω

1 1 10

2 2 2 0

2

2

= =−

= = −

j con

j con

,

,

r r rω ω ω4 3 3

0

1= + =

p

p

( )

r r rv v BD

p R

r

pr RD B4 4 3

2

1

1 3 20 0

0

0= + × =

×

=−

→

ω ωω

,rv

RD2

0

0

2 2

=−

ω

− = −ω ω2 2 1 3 2R pr R

rv

RE1

0

0

1 1

=−

ω

,r r rv v BE

p R

r

pr RE B4 4 3

1

2

2 3 10 0

0

0= + × =

× −

=− −

→

ω ωω


Por comodidad dejaremos para el final la substitución de los valores de T y T que acabamos de1 2

encontrar. Llamando:

tenemos que la velocidad angular absoluta del satélite será

donde deberemos determinar las incógnitas p y T . Para ello es importante observar que el movimiento3

se transmite al satélite 4 (y en consecuencia a la manivela 3) por los contactos en D y E. Podemosdeterminar la velocidad angular de 4 conociendo las velocidades lineales de tres de sus puntos noalineados (B que es fijo y , precisamente, E y D ). Veámoslo.4 4 4

La velocidad del punto D del sólido 2 y la del D del sólido 4, aplicando la fórmula de velocidades paraun sólido, serán:

donde la velocidad de B es nula por ser B un punto fijo. Igualando ambas velocidades (condición de nodeslizamiento) se obtendrá la ecuación:

(2)

Del mismo modo, las velocidades del punto E del sólido 1 y del E del sólido 4, aplicando la fórmulade velocidades para un sólido, serán:

La condición de no deslizamiento en E impone la igualdad de ambas velocidades, con ello se obtiene laecuación:


− = − −ω ω1 1 2 3 1R pr R

( )pR R

R r R r

R r R r

R r R r=

+− =

++

1 2

1 1 2 21 2 3

1 1 1 2 2 2

1 1 2 2

4ω ω ωω ω

, ( )

r rω ω3 3= j

r ra p r jH

r = − 22

r rΩb = ω3

rr r r r r r

αω

ω ω ω ω ω ω44

4 3 4 3 3 3

0

0 0

= + × = × =

×

= −d

dt

p

pkb

bΩ


(3)

Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones (2) y (3) se obtienen los siguientes valores para p yT :3

Podemos concluir, por tanto, que la velocidad angular absoluta de la manivela es

con T dado por (4).3

b) Como T es constante, también lo serán T , T , T y p en virtud de los resultados anteriores. Por0 1 2 3

otra parte, para el observador de la manivela, el punto H describe una circunferencia de radio r con2

velocidad angular p constante. Por tanto, la aceleración de H respecto la manivela sólo tendráaceleración normal y valdrá:

c) La expresión de la velocidad angular dada en (1) con los valores de sus componentesdeterminados por (4) corresponde a un instante genérico, en el supuesto que la base de proyección seasolidaria del plano vertical BDE, o sea, de la manivela 3 (puesto que en dicho plano BDE se mantienensiempre las relaciones geométricas y cinemáticas que hemos deducido). Por tanto, la aceleración angulardel satélite se obtendrá derivando en base móvil, con

Se obtiene (teniendo en cuenta que en el caso presente la derivada en la base móvil es nula por laconstancia de T ) el resultado siguiente:o

con los valores de p y T dados por (4).3

5.- Una trituradora está compuesta de una esfera hueca solidaria de un eje CO, en cuyo extremo se hafijado la rueda dentada 1 de radio r. El eje CO está montado entre cojinetes en el anillo 2, que essolidario, a su vez, del eje AB que pasa a través de la rueda dentada 3, de radio R, que está fija a labancada. El anillo 2 gira con velocidad angular constante p conocida. Determinar, utilizando la base deproyección de la figura:

a) Velocidad angular de la esfera y axoides.b) Aceleración angular de la esfera.c) Aceleración del punto F del engranaje 1 utilizando el método más breve.



SOLUCIÓN

a) Se tomará como base de proyección la de ejes 1,2,3 solidaria del anillo 2 y moviéndose con sumisma velocidad. Como consecuencia de la elección realizada, la base cambiará de orientación con eltiempo y estará, por tanto, animada de una velocidad angular distinta de la de la esfera hueca. En uninstante cualquiera, el esquema del dispositivo es el que se ilustra en la figura siguiente:

Es fácil advertir que la velocidad angular absoluta del tambor esférico consta de dos componentes, lade arrastre con el árbol AB, a la que se ha llamado , y la de rotación entorno del eje CO, que puededenominarse .

En estas condiciones la proyección de la velocidad angular del tambor sobre la base adoptada será:


rΩ = +

0

1

1

p ω ϕω ϕ

cos

sen

rv F = 0

r r rv v OFF O= + ×

→

Ω

( )rv

p R r

O =+

cosϕ0

0

( ) ( )rv

p R r

p r

r

p R r p r r

F = =+

+ +

×−

=+ − −

0 0

0

0 0

0

01

1

1cos

cos

sen

sen

cos

cos cosϕω ϕ

ω ϕϕϕ

ϕ ϕ ω


donde la incógnita es el valor de ω .1

Para poder determinar el valor de esta velocidad angular se deberá utilizar la condición de ligaduraque establece el hecho de que el punto de contacto entre las ruedas 1 y 3 sea un punto de contacto sindeslizamiento. Al ser la rueda 3 una rueda fija, dicha condición permite afirmar que la velocidad delpunto de contacto F será nula. Ello permite establecer, entre otras, la conclusión de que, puesto que elpunto Q es la intersección de los ejes físicos de rotación y, por tanto, otro punto de velocidad nula, eneste dispositivo el eje instantáneo de rotación es la recta QF. El axoide fijo es una superficie cónicagenerada por la recta que pasa por Q y se apoya sobre el disco 3. El axoide móvil es otra superficiecónica generada por la recta que pasa por Q y se apoya en la periferia de la rueda 1.

Para cuantificar el valor de la componente desconocida se recurrirá, tal como se ha indicado, a lacondición cinemática del contacto sin deslizamiento del punto F:

La velocidad del punto F puede establecerse a partir de la velocidad del punto O, que pertenece al ejede rotación y por tanto no está afectado por , sino que solamente lo está por la componente . Enestas condiciones:

la velocidad del punto O es:

lo que sustituido en la anterior ecuación, considerando la condición de ligadura cinemática, permitellegar a la expresión:

De esta ecuación vectorial puede deducirse la correspondiente ecuación escalar que permite obtenerel valor de la componente desconocida de la velocidad angular:


pR r p− = ⇒ =ω ω1 10 R

r

rΩ = +

0

1pRr

pRr

cos

sen

ϕ

ϕ

rr

r r& & cos& sen

cos

sen

sen

ΩΩ

Ω Ω= + × =

+

× +

=

d

dtp p

p

b

b

0 0

0

0

1

1

1

1

1

ω ϕω ϕ

ω ϕω ϕ

ω ϕ0

0

r r&senΩ = p

R

r2 ϕ i

r r raF = − ×Ω VSF

ra 0

0F = − +

×

=− −

0 0

1

1

12

1

p

p R

p R

p R p R

ω ϕω ϕ

ω ϕω ϕ

cos

sen

sen

cos


De modo que la velocidad angular absoluta del tambor esférico será:

b) Para hallar la aceleración angular de la esfera hueca, será necesario realizar dos consideracionesprevias respecto de la componente de la velocidad angular: Por una parte, que su módulo es constanteal serlo el valor de p, R y r; por otra parte, y referido a la dirección, ésta es variable con el tiempo al sermodificada por la existencia de p. Para hallar la aceleración angular, por tanto, se deberá utilizar laexpresión de la derivación en base móvil:

Lo que, finalmente, lleva a un vector aceleración:

c) El punto F es el punto de contacto entre el sólido 1 y el sólido 3. Al estar este último fijado al suelo,la formula de la aceleración del punto de contacto se ve simplificada a

siendo Ω la velocidad angular absoluta de la rueda 1 y la velocidad de sucesión del punto decontacto. Analizando la figura, se observa que el punto de contacto entre las dos ruedas siempre estácontenido en el plano formado por los puntos A, B y O, plano que se mueve con velocidad angular .De este modo, el resultado es:


r rv R iH = − ω1 1

r r rv v DHH D= + ×

→

ω3


6.- El dispositivo que se ilustra consta deun marco cuadrado, que gira accionadopor la polea de centro A solidaria delmismo y enlazada con el eje motor através de una correa. En dicho marco, sehalla montado un bombo esférico quepuede girar, respecto del marco, en tornoal eje a-a'. El eje del bombo está unido auna rueda dentada, de centro B y radioR , que engrana con el piñón de centro C4

. El eje de dicho piñón pasa por uncojinete solidario del marco y en suextremo opuesto está montada la ruedadentada con centro en D y radio R . Esta2

última engrana con la rueda de centro Eque es accionada por la rueda con centroen F y que gira con el eje motor.Determinar:

a) Velocidad angular del tambor esférico.b) Aceleración angular del tambor esférico.

c) Aceleración lineal del punto P, que en este instante ocupa la posición más alta del tambor.

SOLUCIÓN

A efectos del trabajo con las magnitudes vectoriales, se elegirá una base x,y,z solidaria del marcocuadrado que se utilizará como base de proyección para todo el problema. Dicha base, como es obvio,se mueve con la misma velocidad angular que el citado marco cuadrado, es decir T , en la dirección del1

eje z.

a) Dado que la rueda de centro E gira con la misma velocidad angular que la rueda motriz F, comoconsecuencia de ser del mismo diámetro, podemos afirmar que la velocidad del punto H, que pertenecea dicha rueda E, valdrá:

El punto H pertenece también a la rueda D, y en consecuencia su velocidad absoluta podrádeterminarse a través de la ecuación que relaciona las velocidades de dos puntos de un mismo sólido ypodrá escribirse:

donde es la velocidad angular absoluta del disco D y es la velocidad absoluta de su centro. Dado


( )r rv R R iD = +ω1 1 2

( ) ( )− = + + × ⇒ = + →

ω ω ω ω ω1 1 1 1 2 3 3 2 1 1 22R i R R i DH R i R R ir r r r r

( )ω ω3 1

1 2

2

2=

+R R

R

r rv OMM T= ×

→

Ω

( ) ( )[ ]r rv R R R

R

R R R R iM y y=

× − + +

−

= − + + +0 0

1

1 2 3

4

4 1 2 3 1Ω Ω

ω

ω

( )r r r r rv v CM R R i R iM C= + × = + +

→

ω ω ω3 1 1 2 3 3


que el centro del disco es arrastrado, junto con todo el eje vertical DC por el marco cuadrado, suvelocidad es:

dado que la distancia entre el eje de giro del marco y el eje DC es la suma de los dos radios R y R . El1 2

vector es, por su parte, un vector de módulo R y de dirección , de modo que sustituyendo los2

valores de cada uno de los vectores conocidos, quedará:

Esta velocidad angular que se acaba de encontrar es también la de la rueda C, que es solidaria de laD. El hecho de conocer este dato permite abordar el problema del disco B, que es solidario del tamboresférico y, por consiguiente, está animado de su misma velocidad angular. Para ello se trabajara con elpunto M, que pertenece simultáneamente a los discos C y B y cuya velocidad absoluta ha de ser lamisma, sea cual sea el camino que se elija para determinarla.

Por el hecho de ser el disco B solidario del tambor esférico, la velocidad del punto M será:

La velocidad angular del tambor (y disco B) no tiene componente en la dirección del eje x, porcuanto el tambor tiene impedido dicho movimiento respecto del marco debido a la presencia del ejehorizontal; en la dirección del eje z únicamente existe la velocidad angular ω suministrada por la polea1

motriz; mientras que en la dirección del eje y horizontal no se conoce el valor de la velocidad angular.En consecuencia:

El punto material M, por el hecho de ser un punto de contacto sin deslizamiento, debe tener la mismavelocidad absoluta sea cual sea el sólido al que pertenezca y, por tanto, como punto material del discoC, su velocidad se podrá calcular sumando a la velocidad absoluta del centro del disco - que es la mismaque para el punto D por hallarse en el mismo eje - el producto de la velocidad angular absoluta del discoC por el vector CM.

Igualando ahora las dos últimas expresiones que se han encontrado para la velocidad del punto M, ysustituyendo el valor hallado anteriormente para ω , se podrá determinar el valor de la única componente3


ΩyR R

R R= − ω1

1 3

2 4

21( )

rΩT

R R

R R= −

0

21

1 3

2 4

1

ω

ω

rr

r rα

ω ω

ω

TT

b

b T y

yd

dt= + × =

×

=

−

ΩΩ Ω Ω

Ω0

0

0

0

01 1

1

r r r r ra a OP OPP O T T T= + × × + ×

→ →

Ω Ω( )

α

ra

R R

R

R

P y y

y

y

y

=

×

×

+

−

×

=

−

0 0 0

0 0

0

0

0

0

2

1 1

1

1

2

Ω Ω

Ω

Ω

Ωω ω

ω

ω


desconocida de la velocidad angular absoluta del tambor esférico. Obsérvese que, como cabía esperar,en ambas expresiones sólo se ha obtenido velocidad del punto M en la dirección x. En estas condicionesresultará:

Una vez encontrada la componente desconocida de la velocidad angular, ésta quedará:

b) Para hallar la aceleración angular del tambor se deberá emplear la fórmula de derivación en basemóvil; téngase en consideración que se ha determinado una velocidad angular absoluta pero se haexpresado en una base que esta girando con velocidad angular y por tanto:

c) Para determinar el valor de la aceleración del punto P bastará aplicar la ecuación que relaciona lasaceleraciones de dos puntos cualesquiera de un sólido rígido:

Es evidente que la elección del punto O como punto base para realizar el cálculo no ha sido arbitraria,ya que por encontrarse en la intersección de los ejes físicos de giro del tambor esférico, se trata de unpunto cuya velocidad y aceleración es nula; ello simplifica la aplicación de la citada expresión querelaciona las aceleraciones de dos puntos del sólido.

Desarrollando la última expresión, quedará:

donde Ω viene dado por la expresión (1).y


r r

r rv R k

v R k

A

B

2

32

= −

=

ω (1)

(2)Ω

r r r ov (3)A1

= + × =

×

=−

−

→

v DA

R

R cotg 30

R

R

R RD

x

y

z

z

z

x y

ωωωω

ωω

ω ω0

3

3


Figura 1 Figura 2

7.- Los tres sólidos de la figura son engranajes cuyo dentado no se muestra. El piñón cónico 2 gira conT constante conocida, y el piñón 3 tiene S constante también conocida. Determinar:

a) Velocidad angular del piñón cónico 1.b) Aceleración angular de dicho piñón.

SOLUCIÓN

a) Se trata de determinar la velocidad angular T= (ω , ω , ω ) del sólido 1 cuyas tres componentes sonx y z

desconocidas. Esta velocidad se podrá hallar si encontramos las velocidades lineales de tres puntos noalineados de dicho sólido. En el caso actual utilizaremos los puntos A, B y D del piñón 1, puesto que susvelocidades son fácilmente determinables.

Como el punto D es fijo, su velocidad es nula. Por otra parte, es inmediato que

Considerando el piñón 1 y utilizando la fórmula de velocidades para un sólido, tendremos

y análogamente


r r rv (4)B1

= + × =

×

=−

→

v DB

R

R

RD

x

y

z

z

y

ωωωω

ωω

2

0

0

0

2

2

r rv vA A1 2

=

ω

ω ω ωz

x yR R R (5)

=

− = −

0

3

r rv vB B1 3

=

− =ω y R R 2 2 6Ω ( )

( )rω

ωωω

ω=

=− +

−

x

y

z

ΩΩ

3

0

rr r r

αω

ω= + ×d

dt bbΩ (7)


Como no hay deslizamiento en el contacto A, se cumple

Por lo tanto, igualando (3) y (1) se obtiene

Vamos a proceder igualmente en el contacto sin deslizamiento B. Es decir

Igualando (2) y (4) hallamos

Así pues, para hallar las componentes de basta resolver el sistema formado por las ecuaciones (5)y (6). Una vez resuelto se obtiene

b) La expresión que acabamos de obtener para es genérica si suponemos la base de proyección X,Y, Z solidaria del plano vertical que pasa por el eje DC. En efecto, en este supuesto, en cualquierinstante se cumple que la sección del mecanismo por el plano considerado es totalmente análoga a lade la figura 2, y en consecuencia subsisten las mismas relaciones. En definitiva, se mantiene el mismovalor de obtenido en el apartado a).

Como está expresado en la base X, Y, Z que está en movimiento, la aceleración angular secalculará utilizando la fórmula de derivación en base móvil, es decir

El punto interesante está en la determinación de la velocidad angular de la base. Es evidente queesta velocidad angular coincide con la velocidad angular del punto C sobre su trayectoria, quededuciremos fácilmente del valor de la velocidad lineal de C. Para hallar esta última aplicamos de nuevola fórmula de velocidades para un sólido


( )

( )

r r ro

o ov

30

30 30C

= + × =− +

−

×

=−

→

v DC

R

RR

D ωω

ω

ΩΩ

Ω

3

0

2

2

0

0

0

22

2cos

cos sen

( )vC =

−2

2

Ω ω R

ro

ω ω ωω

c CCv

DC=

= − =−

0

030

2

3 con C

cos

Ω

r r rΩ Ω

b C j= = −ω ω 23

( ) ( )rr r r r r

αω

ω ωωω ω ω

ω ω= + ×

+

×

= − =+ −d

dtk k

bb C x Ω

Ω Ω =

0

0

0

0

0 0

C

x

y2

3 3


por tanto

Como el punto C describe una circunferencia alrededor del eje Y, pero en el sentido de rotaciónnegativo de dicho eje (puesto que v tiene únicamente componente Z con sentido positivo), tendremosC

Concluimos, pues, que la velocidad angular de la base móvil que queríamos hallar tiene el valor

Para terminar basta aplicar la fórmula (7) y así obtenemos, para la aceleración angular deseada delpiñón:

8.- La figura muestra uno de los mecanismos que se hallan en un telar. El movimiento se origina en eldisco 1, que se mueve en torno a O con T y " conocidas. El movimiento se transmite por la barra 2 al1

cuerpo 3, que gira en torno a O . El cuerpo 3 arrastra el disco 4 de radio r que gira alrededor de O con3 0 4

velocidad angu-lar T . Esta ultima velocidad angular mantiene para cualquier instante la relación ω =o 0

k ω (por la acción de un dispositivo no mostrado), donde k es una constante conocida. Por último, el3

disco 4 mueve el disco 6 mediante una correa que no desliza. Se pide:a) Calcular la aceleración angular del cuerpo 3 .b) Aceleración del punto D de la correa.c) Aceleración del punto E del disco 4.d) Velocidad del punto D de la correa respecto del disco 4.

(Datos: T y " del cuerpo 1, O A = r, O B = R, AB = , FD = d .1 3

Se sabe que en el instante considerado las líneas O A O B son paralelas y AB es perpendicular a O A)1 3 1


r rv vA B=


SOLUCIÓN

a) La transmisión del movimiento desde el disco 1 hasta el sólido 3 se realiza en el plano XY, por loque resulta ventajoso trabajar este apartado según loscriterios de la cinemática plana. El mecanismo formado porlos cuerpos 1, 2, 3 y el suelo es en realidad un cuadriláteroarticulado. Para hallar la aceleración angular del sólido 3 esde menester determinar antes las velocidades angulares de2 y 3. Conocidos los datos para el disco 1, se procede adeterminar el CIR de la barra 2 según se indica en la figura1, donde se comprueba que las dos rectas formadas sonparalelas y, en consecuencia, la barra 2 presenta en este

momento un movimiento de traslación instantánea, con ω2

nula pero α , como se verá, diferente de cero. En este caso,2,

todos los puntos del sólido presentan la misma velocidad, porlo que


ωω

3 =r

R

r r r ra a a aB A BA

nBAt= + +

α α3R r=

r rα

α3 =

r

R k

r r r raD = + +a a aa c r


y entonces ω resulta3

Para hallar la aceleración angular del sólido 3, se relacionan dos puntos de la barra 2 con la expresiónde la aceleración de un punto del sólido rígido, utilizando la nomenclatura propia de la cinemática plana.Los puntos a relacionar deben ser aquéllos de los que se conozca más datos a nivel cinemático; en estecaso, los puntos A y B.

representando los vectores gráficamente

que ahora se proyectan en la dirección de la recta AB, para determinar directamente la incógnita deseadaque es α :3

y la solución

b) En este caso, es conveniente observar que el punto D de la correa describe un movimiento rectilíneorespecto al sólido 3, por lo que resulta ventajoso plantear el problema como una composición demovimientos, siendo la referencia móvil el cuerpo 3 y la referencia fija el suelo, al ser requerida laaceleración absoluta del punto D.

Se podría considerar también la posibilidad de utilizar como referencia móvil el disco 4, sin embargono es evidente el movimiento relativo que describe el punto D respecto a este disco, por lo que estaopción no es conveniente.

La aceleración del punto D descrita como una composición de movimientos es

donde la aceleración de arrastre es


rv

rr =

0

0

0 0ω

ra

rr =

0

0

0 0α

r r r r raa

= + × × + × → →

a O D O DO4 3 3 4 3 4ω ω α[ ]

( )( )r

a

R

R r

d

r

d

R r

R ra =−−

+

×

×−

+

×−

=− +− +

αω

ω ω α

αω

3

32

3 3

0

3

0

3 0

32

0

0

0

0

0

0

0 0

0

0

0


siendo la velocidad angular y aceleración angular las correspondientes a la referencia móvil 3. O es un4

punto de la referencia móvil 3 de aceleración conocida, ya que describe una trayectoria circular de radio

R a velocidad angular ω , por lo que su aceleración es:3

" R3

T R 32

Cualquier otro punto sería válido siempre que perteneciera al cuerpo 3 y pudiera determinarse sudistancia con D. En el caso presentado, utilizando la base x y z del enunciado y sustituyendo, se halla:

Para hallar los términos de Coriolis y relativo es necesario analizar el movimiento relativo entre elpunto D y el cuerpo 3, que, como se ha comentado, es de movimiento rectilíneo. En este caso, lavelocidad y aceleración relativa son

v =T rr 0 0

" =" rr 0 0

tal como se deduce de la figura adjunta.

Hay que recordar que el módulo de T es kT y, al existir α , T no es constante y " = k α . LaO 3 3 O o 3

acelera-ción de Coriolis:


ra

rc =

×

2

0

0

0

0

3 0 0ω ω

( )( )r

a

R r

R r

k rD =

+− +

αω

α

3 0

32

0

3 0

r r r r ra (1)

E Oa O E O E= + × × + × → →

4 4 4 4 4 4Ω Ω Ω[ ]&

ra

R

RO4

3

32

0

=−−

αω

r r rΩ4 0 3

0

3

0= + =

ω ωω

ω


donde la velocidad angular es siempre la de la referencia móvil. En este caso, los dos términos sonparalelos y la aceleración de Coriolis nula. El resultado final es

c) El punto E pertenece al disco 4, así que se puede determinar su aceleración mediante la fórmula deaceleraciones del sólido:

en la que es necesario conocer la aceleración de otro punto del mismo sólido. En este caso el punto O4

, que se mueve con el sólido 4 igual que el punto O del sólido 3, por lo que su aceleración es:4

No vale cualquier punto de aceleración conocida; el punto escogido debe pertenecer al sólido que seesté analizando y, por ejemplo O , de aceleración nula, no pertenece al sólido 4, por lo que su utilización3

sería errónea en este caso.El disco se mueve con velocidad angular respecto al sólido 3, que a su vez se mueve con velocidad

angular determinada anteriormente. De esta manera, la velocidad angular absoluta del disco 4 esla suma de las dos citadas

y hay que calcular su aceleración angular aplicando el operador derivada en base móvil, ya que lacomponente cambia de dirección debido al arrastre de . En estas condiciones:


rr

r r&ΩΩ

Ω Ω44

4

0

3 3

0

3

0

3 0

3

0

0

0 0= + × =

+

×

=

d

dtb

b

α

α ω

ω

ω

αω ω

α

ra

R

R

r rE =

−−

+

×

×

+

×

αω

ω

ω

ω

ω

αω ω

α

3

32

0

3

0

3 0

0

3 0

3 00

0 0

0

0

0

0

ra

R r

R r

rE =

− +− −

−

α ω ωω α

ω

3 3 0 0

32

0 0

02

0

2

r r rv v vD a r= +

r r rv v O Da O= + ×

→

4 4Ω

(2)


Sustituyendo en la expresión (1)

obteniéndose el resultado

El problema se puede resolver mediante composición de movimientos, utilizando como referenciamóvil el sólido 3 (el movimiento relativo es fácil de calcular) y como referencia fija el suelo (se pidemagnitud absoluta).

d) El movimiento relativo que describe el punto D respecto del disco 4 no es evidente; no es unmovimiento rectilíneo; éste es relativo al chasis 3, como se ha comentado. Ante esta circunstancia, sehace necesario el cálculo analítico de esta velocidad relativa.

Se debe determinar un movimiento relativo respecto del sólido 4; el planteamiento del problemarequiere del uso de composición de movimientos utilizando como referencia móvil el sólido 4

donde es la velocidad absoluta y es la velocidad de este punto D respecto a la referencia móvil 4.El término de arrastre es:

en la que se requiere un punto de velocidad absoluta conocida de la referencia móvil, por ejemplo O ,4

mientras que la velocidad angular es la absoluta de la referencia móvil 4. Sin embargo, se observa que el movimiento relativo entre el punto D y el sólido 4 es absolutamente

independiente del movimiento que describa el sólido 3, que arrastra a ambos. Ante este hecho, resultaconveniente para simplificar el problema considerar el chasis 3 como referencia fija y no el suelo, comoes habitual, por lo que, por ejemplo, la velocidad absoluta del punto O pasa a ser cero, y el mecanismo4

resultante de disco y correa es en realidad un problema de cinemática plana en el plano yz.


r r r r

r r r r

v v O D

v v v O D

D O

r D O

= + ×

= − − ×

→

→

4

4

4

4

Ω

Ω

+ v r

[ ]

rv

r

r

d

dr =

−

−

×−

= −

0

0

0

0

0

0

0

0 0

00 0

0

0 0

ω

ωω


La expresión que se debe resolver sigue siendo (2), donde se sustituyen los valores teniendo en cuentael sistema de referencias adoptado:

y el resultado es:

Si en lugar de escoger el sólido 3 como referencia fijam, se escoge el suelo, el planteamiento es del todocorrecto y se debe llegar al mismo resultado, pero si se comprueba, se constatará una mayor dificultadde operaciones al aparecer el movimiento debido a .

9.- La figura muestra el esquema de un diferencial decoche montado sobre una bancada. Este mecanismose utiliza para que las ruedas motrices rueden a lavelocidad adecuada, distinta para cada rueda, cuandoel vehículo toma una curva, evitando así que una delas ruedas tenga que deslizar. El diferencial consta dela caja 5 que gira en torno al eje a-a' con velocidadangular T desconocida; en esta caja están5

montados dos piñones planetarios 1 y 2 de igualradio R , que también pueden girar en torno de a-a',1

independientemente de la caja 5, y que estánacoplados a los semiejes de las ruedas motrices. Lospiñones 3 y 4 de radio R , llamados satélites, pueden2

girar independientemente uno del otro alrededor deleje h-h' y engranan con los planetarios.

Si los datos de que se dispone son la velocidadangular T del semieje 1 y la velocidad angular T1 2

del semieje 2, determinar:a) Velocidad angular absoluta del satélite 3.b) Aceleración absoluta del punto B del sólido 3.


r rv v

RD D2 3

0

0

2 1

= =

ω

r rv v

RB B1 3

0

0

1 1

= =

ω

r r rv v OBB O= + ×

→

Ω3

r r rv v ODD O= + ×

→

Ω3

0

0

0

0

0 0 02 1

5 2

1

ω

ωω

R

R

Rr

=

+

×−

0

0

0

0

0 0 01 1

5 2

1

ω

ωω

R

R

Rr

=

+

×

r r rΩ3 5

5

0

= + =

ω ωωωr r


SOLUCIÓN

a) El movimiento del piñón 3 se corresponde con una composición de rotaciones; el piñón es arrastradopor la carcasa 5 a velocidad angular desconocida alrededor del eje fijo a-a’, al mismo tiempo quepuede describir una rotación alrededor del eje móvil h-h’. El cuerpo 3 no puede describir otromovimiento, por lo que su velocidad angular absoluta en la base indicada resulta

donde los valores ω y ω son desconocidos. Para hallar estos valores es conveniente, en este caso,5 r

relacionar tres puntos del sólido de velocidad conocida con la expresión de la velocidad de un punto delsólido rígido. En general, los tres puntos no deben estar alineados. Los puntos del sólido 3 que presentanvelocidad conocida son D, B y O. Al ser el punto B en este momento un punto de contacto entre lossólidos 1 y 3, y al ser el movimiento de uno respecto de otro sin deslizamiento, la velocidad del puntoB del sólido 1 y la velocidad del punto B del sólido 3 es la misma. De igual manera sucede con el puntoD. Por otra parte, , por ser la intersección de los dos ejes de rotación del piñón 3 y ser enconsecuencia un punto fijo. En definitiva:

.

Se relacionan los tres puntos, por ejemplo, según:

Sustituyendo ahora las velocidades descritas anteriormente

formándose el sistema de ecuaciones


r r rv v CBB C= + ×

→

Ω3

r r rv v CDD C= + ×

→

Ω3

0

0

0

0

0

0

01 1 5 1

5 2

ω ω

ωω

R R

R

r

=

+

×

0

0

0

0

0

0

02 1 5 1

5 2

ω ω

ωω

R R

R

r

=

+

×−

ω ω ωω ω ω

1 1 5 1 2

2 1 5 1 2

R R R

R R Rr

r

= −= +

ωω ω

ωω ω

51 2

2 1 1

2

2

2

=+

=−

⋅rR

R

rΩ3

1 2

2 1 1

2

2

20

=

+

−⋅

ω ω

ω ω R

R


y al resolverlo se hallan los valores de ω y ω :5 r

siendo finalmente la velocidad angular absoluta del piñón 3:

En general los tres puntos no deben estar alineados, porque si así fuera, la componente de la velocidadangular en la dirección de la recta formada por los tres puntos podría no ser hallada. Sin embargo, eneste caso otro punto de velocidad conocida del sólido 3 es el punto C, que gira alrededor del eje aa’ avelocidad angular ω . Si se propusiera trabajar con los puntos B, C y D, se podrían formar las relaciones5

Y sustituyendo igual que antes

Se observa ahora que la componente ω de la velocidad angular absoluta desaparece al realizar los5

productos y , al estar los tres puntos alineados en la dirección de . Sin embargo, al

depender v de ω , este término sigue apareciendo con lo que, finalmente, se puede determinar. En esteC 5

problema concreto es posible hallar la velocidad angular absoluta relacionando tres puntos alineados,pero hay que recordar que no es el caso general.

Por otra parte, la solución tampoco podía ser hallada utilizando el eje instantáneo de rotación, aldisponer de un sólo punto de velocidad nula (C).


r ra aB B1 3

≠

( )r v r r ra a OB OBB O= + × × + ×

→ →

Ω Ω Ω3 3 3 1[ ]&

rr

r rα3

33= + ×

d

dtb

bΩ

Ω Ω

rα

ω ωω

ω ω3

5 5

5

0

0

0

0

0 0

0

0=

+

×

=

r

r

ra

R

R

R

RB r r

r

=

+

×

×

+

×

0

0

0 0 0 0

0

0

0

5 5 2

1

5

2

1

ωω

ωω

ω ω


b) Como se ha visto anteriormente, al ser el movimiento relativo entre los cuerpos 1 y 3 sindeslizamiento, la velocidad del punto B de contacto de cada uno de los sólidos es la misma. Sin embargo,esto no es cierto a nivel de aceleraciones, por lo que

De este modo, resulta necesario calcular directamente la aceleración pedida. El resultado se puedeobtener de diferentes modos; se puede resolver mediante una composición de movimientos, o bienmediante la expresión de aceleración de un punto del sólido rígido. La resolución se plantea por elsegundo método.

La expresión requiere que se conozca la aceleración de otro punto perteneciente al mismo sólido. Detodos los puntos utilizados en el apartado a), sólo los puntos C y O presentan aceleración conocida. Seescoge el punto O por ser este un punto fijo, según se ha comentado, y su aceleración entonces nula. Laexpresión que se debe resolver es

en la que es necesario conocer la aceleración angular del sólido 3. En la expresión hallada para suvelocidad angular, se observa que las dos componentes presentan módulo constante, pero la aceleraciónangular no es nula, dado que existe una variación en la dirección de los vectores que conforman .Efectivamente, el vector cambia de orientación por causa del giro de . Para hallar la aceleraciónangular se emplea el operador derivada en base móvil, recordando que el movimiento de la base debeser tal que mantenga la expresión de genérica para cualquier posición del sistema.

Es, pues, necesario que la base de proyección se mueva de tal forma que las componentes de lavelocidad angular se mantengan siempre igualmente proyectadas en ella. En este caso, sólo lacomponente ω varía con ω , por lo que la velocidad angular de la base , es en este caso .r 1

Sustituyendo:

Hallada la aceleración angular, se procede a determinar la aceleración del punto B mediante laexpresión (1), donde la velocidad y aceleración angular son las absolutas del satélite 3. Es decir:


ra

R

R Rr

r3

22

52

1 5 22

0

=−

− +

ωω ω ω


siendo el resultado

donde los valores de ω y ω se han obtenido anteriormente.5 r

10.- Supóngase que el diferencial del ejercicio anterior está montado en un coche que está tomando unacurva de radio R en torno al eje vertical e-e' con velocidad angular S constante y conocida. Lasvelocidades de rodadura de las ruedas son T y T desconocidas y no hay deslizamiento en el contacto1 2

con el suelo. Determinar:a) Valor de T .1

b) Aceleración del punto B del planetario 1.


r r rΩ Ω Ω1 1

1

0

= + =

ωω

( )

rv

R rO1

0

0=−

Ω

r r rv v NOO N1

1= + × →

Ω

( )

0

0

0

0

0 0

0

0

1

1

ΩΩ

R r

r

−

=

+

×

ω

( )ω1

1

=−Ω R r

r


SOLUCIÓN

a) El problema presenta el mismo diferencial que en el problema 9, pero ahora montado en unchasis y tomando una curva, por lo que aparece una nueva velocidad angular que arrastra todo elconjunto.

Para solucionar este apartado no es necesario trabajar con el diferencial; como la rueda 1 gira ahoracon velocidad angular absoluta de valor

simplemente relacionando dos puntos de la rueda de velocidad conocida se podrá hallar la componenteT deseada. Los puntos de velocidad conocida son N y O . La velocidad del punto N es cero por ser el1 1

movimiento de la rueda de rotación sin deslizamiento, por lo que la velocidad del punto N de la ruedaes la misma que la velocidad del punto N del suelo, que es cero. Por otra parte el punto O describe una1

trayectoria circular alrededor del eje e-e’ de radio R-r y a velocidad angular Ω, por lo que su velocidad es

Relacionando los dos puntos mediante la expresión

y sustituyendo

se halla

b) La aceleración del punto B del planetario 1 se puede hallar por sólido rígido o por composición.Considerando el primer método, es primero necesario conocer otro punto del sólido 1 de aceleraciónconocida. El punto puede ser por ejemplo O , por tener trayectoria conocida, según se ha comentado en1

el apartado a). La expresión que se debe utilizar para calcular la aceleración del punto B es


( )r v r r ra a O B O BB O= + × × + ×

→ →

1 1 1 1 1 1 2Ω Ω Ω[ ]&

rr

r r&ΩΩ

Ω Ω Ω ΩΩ

11

1

1

1

0

0

0

0

0 0

0

0= + × =

+

×

=−

d

dtb

b

ω

ω

( )ra

R r r

R

r

RB =−

+

×

×−

+−

×−

ΩΩ Ω

Ω

21 1

1

1

10

0 0 0 0

0

0

0

ω ω

ω

ra

R R

RB =+

−

Ω Ωω21 1

12

1

2

0

ω


Es también necesario calcular la aceleración angular del planetario 1. El movimiento del planetarioes ahora diferente del mismo planetario del problema 9, al girar además alrededor del eje e-e’ convelocidad angular Ω. Este giro ocasiona un cambio de dirección en el vector . Para hallar estaaceleración angular se deriva la velocidad angular absoluta del sólido 1 en base móvil, siendo lavelocidad angular de la base:

Sustituyendo en (2) la velocidad angular absoluta del planetario 1 y su aceleración angular que se acabade hallar, se tendrá:

cuyo resultado es:



1.2. Problemas propuestos

11.- Una esfera de radio r se mueve en el interiorde un cilindro de radio 2r, sin deslizar en suspuntos de contacto con la pared y el suelo. Si elcentro C de la esfera describe una circunferenciacon velocidad angular T constante, hallar:C

a) Velocidad y aceleración angular de la esfera.b) Velocidad y aceleración del punto D.c) Aceleración del punto A de la esfera,

utilizando el método más breve.

12.- La esfera de la figura se mueve en elinterior del cilindro abierto que gira con Sconstante conocida, y se mantiene en contactocon la pieza cónica que gira con T constante,también conocida. No hay deslizamiento en loscontactos A, B y C.

a) Determinar la velocidad angular absoluta de la esfera en función de T y S .

b) Hallar el tiempo J que tarda la esfera en daruna vuelta en torno al eje e-e' para el observadordel laboratorio.

c) El hecho de que las componentes p , p ,px y z

sean constantes ¿implica que la aceleraciónangular de la esfera sea nula?. En caso negativo,determinar su valor.

13.- El cono de abertura n rueda sin deslizar sobreun cono fijo de abertura 2n. El punto C, situado en eleje del cono móvil, describe una circunferencia deradio r cada J segundos en el sentido indicado en lafigura. Hallar para el cono móvil:

a) Velocidad angular absoluta y velocidadangular relativa al plano vertical ABC.

b) Velocidades angulares de rodadura y depivotamiento.

c) Aceleración absoluta del punto A .d) Aceleración absoluta del punto D por el

método más breve.



14.- Una trituradora consta de un bombo esférico de radio r montado sobre el eje LN, que lleva soldadoun piñón con z dientes. El eje LN está montado sobre el marco giratorio 1 mediante cojinetes. Dicho1

marco está soldado al eje AB, que se pone en movimiento mediante la manivela BM. La rotaciónalrededor del eje LN se consigue mediante los piñones cónicos indicados en la figura, cuyos númerosde dientes respectivos son z , z , z y z . El último de estos piñones es fijo. 1 2 3 4

Determinar, suponiendo que la manivela se acciona con velocidad angular constante T conocida:1

a) Velocidad angular absoluta del bombo esférico.b) Velocidad del punto H del bombo.c) Aceleración angular del bombo.d) Aceleración del punto F perteneciente al bombo.

15.- En el dispositivo de la figura, la rueda dentada 1 deradio R gira con T constante y conocida. La rueda dentada1 1

2 está inmovilizada. La manivela 3 puede girar en torno aleje vertical. El movimiento se transmite a dicha manivelapor la acción del árbol 4, del cual son solidarios dosengranajes (satélites) de radios respectivos R y r queengranan con los piñones 1 y 2 en P y Q. Determinar:

a) Velocidad angular y aceleración angular de lossatélites.

b) Aceleración de Coriolis del punto P del satélite si lareferencia móvil es el piñón 1.

c) Aceleración del punto Q del satélite.



16.- La figura muestra el esquema del ratón utilizado en los ordenadores. En esencia consta de un chasis,aquí representado por la placa 3, que se mueve horizontalmente y que lleva una bola esférica. La placaes un cuadrado de centro O y lado 2 con la cual es solidaria la base de proyección indicada. El centro

de la bola, situado en O, se mueve solidariamente con la placa, y el contacto en C es sin deslizamiento.El punto E se mueve de modo que en cualquier instante se cumple y , con v y aconstantes y conocidas. Las ruedas 1 y 2 de radio r están montadas sobre la placa 3 y sus contactos conla esfera en A y B se producen sin deslizamiento. Las velocidades angulares ω y ω son desconocidas1 2

. Determinar:a) Velocidades angulares absoluta, de rodadura y de pivotamiento de la esfera.b) Aceleración angular de la esfera.c) Velocidad y aceleración del punto D de la esfera.d) Aceleración del punto A relativa a la placa.1

e) Aceleración absoluta de A .1

17.- La pieza 2 de la figura gira con S constante conocida en torno al eje vertical fijo. La esfera de radior se mueve sin deslizar en los contactos A y B. Tampoco hay deslizamiento en el contacto C con lasuperficie fija. Determinar:

a) Velocidad y aceleración angular de la esfera.b) Eje instantáneo de rotación de la esfera. Dibujarlo.c) Axoide fijo.d) Aceleración del punto C .1



18.- Las palas 3 del ventilador de eje CD sonpropulsadas por el motor 2, que se mueve con Tconstante y conocida respecto a la plataforma 1. Latransmisión del movimiento es mediante una correaque es accionada por la polea de radio r del motor. Lapolea del ventilador es de radio kr. La plataforma 1esta girando alrededor de un eje vertical fijo con Stambién constante y conocida. Determinar en elinstante considerado:

a) Aceleración angular del sólido 3 y aceleración del punto E.

b) Aceleración del punto G de la correa, la cualtiene inclinación 2 respecto el eje y.

c) Supóngase ahora que la velocidad angular de laspalas del ventilador relativa a 1 tiene módulo igual aS. Calcular la velocidad de deslizamiento delcuerpo 3, y determinar su eje instantáneo de rotacióny deslizamiento. Datos: AB = d, BC = h, AF = DC = , DE = R, FG =

b.

19.- La esfera de la figura se mueve sobre la plataforma de modo que el centro C tiene velocidad vconstante y conocida respecto a la plataforma, y no desliza en los contactos A y B. Dicha plataforma giracon S constante conocida. En este momento, el centro C de la esfera está a una distancia R del eje derotación de la plataforma. Determinar, utilizando la base indicada:

a) Eje instantáneo de rotación relativo de la esfera respecto a la plataforma. Calcular la velocidadangular de la esfera relativa a la plataforma y la velocidad absoluta del punto D de la esfera.

b) Aceleración absoluta del punto A de la esfera.c) Si el movimiento instantáneo absoluto de la esfera es puramente de rotación o no. Hallar su eje

instantáneo.



20.- En el dispositivo de la figura, la plataforma 4gira con S constante y conocida. El disco 3 gira convelocidad angular p, también constante y conocida,respecto a la manivela 2 por la acción del motorque hay en ella. El contacto en D es sindeslizamiento. La barra 1 de conexión tiene rótulasen B y en A. El collar B desliza a lo largo de laguía vertical, no pudiendo rotar alrededor de lamisma. Determinar, para el instante considerado yen la base de proyección de la figura:

a) Velocidad y aceleración angular del disco 3.b) Velocidad de B usando la equiproyectividad

sobre la línea de unión.


2 Cinemática plana 39

2. PROBLEMAS DE CINEMÁTICA PLANA


1.- Determinar, gráficamente, la posición del Centro Instantáneo de Rotación (CIR) de la barra AB

SOLUCIÓN

Para poder determinar, de forma gráfica, la posición del CIR de la barra AB es necesario conocer ladirección de las velocidades de dos puntos de dicha barra, siempre y cuando dichas velocidades no seanparalelas. En caso contrario será necesario conocer también los correspondientes módulos.

Dado que la barra OA es una manivela articulada en O a la bancada, la velocidad del punto A seráperpendicular a la dirección de dicha barra OA. Como el punto A es al propio tiempo un punto de labarra cuyo CIR se trata de determinar, puede afirmarse que dicho CIR se hallará sobre la recta ffperpendicular a la velocidad de A (ver figura de la página siguiente).

En lo que concierne al punto B, al ser un punto intermedio de la barra EF, no se puede identificar deforma directa la dirección de su velocidad y, por tanto, se deberá recurrir a un procedimiento indirecto,que permita encontrar el CIR de la barra EF.

El extremo F de esta barra tiene una velocidad que es paralela a la bancada, independientemente desu sentido, y por tanto el CIR de EF se deberá hallar sobre la recta perpendicular a dicha velocidad, esdecir, la recta dd.

El extremo E, por su parte, está articulado a un disco cuyo movimiento está condicionado por el de losrodillos periféricos que mantienen contacto sin deslizamiento con respecto de éste . Como consecuenciade la condición de contacto sin deslizamiento los puntos del rodillo superior y del disco que coincidenen C tienen la misma velocidad. Lo propio ocurre con los puntos del rodillo inferior y del disco que



coinciden en D. Pese a que ambas velocidades son paralelas, lo que llevaría a una indeterminación, elhecho de que los radios de ambos rodillos y sus respectivas velocidades angulares sean iguales permiteafirmar que los módulos de las velocidades de C y D son idénticos. Dado que el CIR del disco debe estarsobre la recta perpendicular a la dirección de la velocidad de C y D, puede afirmarse que dicho polo develocidades se halla sobre la recta aa perpendicular a ambas.

Por otra parte, el hecho de que la velocidad de los puntos de un sólido sea proporcional a la distanciaal CIR, permite afirmar que el polo se hallará sobre la recta bb que une los extremos de los respectivosvectores velocidad. El hecho de que el CIR del disco pertenezca simultáneamente a ambas rectas permiteafirmar que éste es el punto I de intersección entre ambas. En este caso, al ser ambos vectores de1

velocidad opuestos y del mismo módulo, llevan a que el punto I coincida con el centro del disco.1

Una vez identificado el punto I como CIR del disco, queda determinada la dirección de la velocidad1

de todos los puntos del mismo, y en particular la del punto E, que será ortogonal a la recta I E. Dado que1

el punto E pertenece simultáneamente al disco y a la barra EF, puede afirmarse que el polo develocidades de esta última barra se hallará sobre la recta cc perpendicular a la dirección de la velocidadde E. La conclusión final para esta barra será que el CIR de la misma se hallará en la intersección de lasrectas cc y dd, por tanto, en el punto I .2

El razonamiento, ahora, es reiterativo; si el punto B pertenece a la barra EF, su velocidad debe serperpendicular a la recta I B. Al ser B un punto de la barra AB, el polo de velocidades de ésta última2

deberá hallarse sobre la recta ee. Por lo que el CIR de la barra AB estará en el punto I, intersección delas rectas ee y ff perpendiculares, respectivamente, a las velocidades de los puntos B y A.


r r r r ra a BD BDD B= + × × + ×

→ →

ω ω α4 4 4( )

r ra CB CBB = − + ×

→ →

ω α32

4


2.- La figura representa un dispositivopara prensar. En el instante consideradoen la figura, la manivela OA de longitud

es horizontal y son conocidas su

velocidad y aceleración angulares. Elángulo en B es recto. Determinar:

a) Velocidad del punto B.b) Aceleración del punto D.

SOLUCIÓN

a) El punto D sólo puede tener aceleración en la dirección horizontal dada la existencia de una guíaque fuerza el movimiento en esta dirección. El módulo de la aceleración podrá deducirse a partir de larelación entre las aceleraciones de los dos puntos, B y C, que pertenecen al mismo sólido, la barra BC:

En esta expresión son desconocidas , ω y α .4 4

Para determinar será necesario hallar ω y α , ya que, teniendo en cuenta que el punto B3 3

pertenece a la manivela CB, se podrá establecer:

Para poder determinar la velocidad angular de la manivela CB, será necesario encontrar la velocidadlineal del punto B. Para ello se recurrirá a la barra AB, cuyo CIR es fácil de localizar comoconsecuencia de que sus extremos estén enlazados a sendas manivelas, OA y CB respectivamente. Estehecho permite conocer la dirección delas velocidades de ambos puntos, A y B,y además se conoce el módulo de lavelocidad del punto A.

El punto A, por pertenencer a unamanivela que gira entorno de O, describeuna trayectoria circular alrededor dedicho punto. La velocidad de A es, portanto, perpendicular a la dirección de labarra OA y el CIR de la barra AB sehalla sobre la recta que tiene direcciónradial y pasa por los puntos O y A.


I AAB =l

sen ϕ

v I AA AB= = = ⇒ =ω ωω

ϕω ω ϕl

l2

22sen

sen

v I BB AB= = = =ω ωω ϕ

ϕω ϕl

ll2

2 cos

sencos

v CBB = =ω ω3 32l

ωω ϕ

3 2=

cos

ω ω ϕ4 2

= cos


El punto B pertenece también a otra manivela, CB. Por idénticas razones su velocidad esperpendicular a la barra CB y, en consecuencia, el CIR se halla en la recta que pasa por C y B.

La intersección de ambas rectas define el punto I . El triángulo AB I es un triángulo rectánguloAB AB

en B, cuyo cateto AB es de longitud conocida, y cuyo ángulo opuesto es también conocido ϕ. En

consecuencia:

Sabidos estos datos y dado que el punto A tiene una velocidad lineal conocida se podrá determinar ω .2

Se tiene

Dado que se conoce ω , podrá determinarse la velocidad lineal del punto B2

Si se tiene en consideración que el punto B pertenece también a la barra CB, se podrá escribir:

En consecuencia, igualando ambas expresiones se llega a

La velocidad angular de la barra BD es igual y opuesta a la de la barra CB; basta considerar que ambasforman siempre ángulos suplementarios con la horizontal, de modo que la cantidad que en uno crece,el otro decrece. En consecuencia se podrá escribir:

b) Será necesario determinar el valor de la aceleración α , para ello se plantearán los diagramas de3

aceleración correspondientes al punto B como punto de la barra AB y como punto de la barra CB.


( )αα

ϕω

ϕ ϕ3

2

2 21= + −cos sen sen

r r ra BC CB DB BDD = + × + + ×

→ → → →

ω α ω α32

3 42

4

aD = − +4 432

3ω ϕ α ϕl lcos sen


Proyectando sobre la dirección AB, y sustituyendo el valor conocido de ω ,quedará:2

Por idénticas razones a las ya expuestas con respecto de la velocidades angulares, puede afirmarse quela aceleración angular de 4 será de sentido contrario a la de 3 y con su mismo módulo, de modo que seráposible determinar la aceleración del punto D:

El diagrama de aceleraciones que corresponde a esta ecuación vectorial permite identificar la simetríade los vectores respecto de la horizontal. De ello resulta que el punto D, como era de esperar, sólo tienecomponente horizontal de la aceleración y ésta vale, teniendo en cuenta la figura adjunta:

con los valores de ω y α antes obtenidos .3 3


r r rv v ABB A2 2= + ×

→

ω

( )r rl

r rv r i i jB2 2 1= + −ω ω θ θsen cos

rl

rv jB3 3= − ω θcos

r rv vB B2 3

=


3.- En el dispositivo de la figura el discono desliza en el contacto B con la barra 3, la cual gira con T y " conocidas.3 3

Hallar, para la posición considerada:a) Velocidad angular del disco 2.b) Aceleraciones angulares α y α .1 2

c) Aceleración angular del disco 2.d) Velocidad angular de la guia 6.e) Aceleración del punto E.(Datos: CD = DE = EF = EG = 2 pC

= pD = 90 )o

SOLUCIÓN

a) Tomamos el sentido trigonométricocomo positivo para las velocidadesangulares ω , ω de los sólidos 1 y 2, tal1 2

como se muestra en la figura adjunta. Lavelocidad del punto B del disco, con baseen A y aplicando la fórmula develocidades para el sólido 2, será

La figura ilustra geométricamente lafórmula anterior. Con su ayuda, yutilizando la base de proyección delenunciado, obtenemos:

Por otra parte, es evidente que lavelocidad del punto B de la barra 3 vale

Como no hay deslizamiento en elcontacto B, se cumple:


− = −= +

ω θ ω θω ω θ

3 1

2 10

l l

l

cos cos

senr

ω ω1 3=

ωω θ

23= −l cos

r

r r r ra a a aB B

rBa

Bc

2 2 2 21= + + ( )

r ra r jB

rr2

2= ω

ω ω ωr = −2 3

( )r ra r jB

r = −ω ω2 32

r rl

rl

ra a i jB

aB2 3 3

23= = −ω θ α θcos cos


Igualando las componentes de las velocidades del punto B de 2 y de 3 que acabamos de calcular, seobtiene el sistema de ecuaciones:

cuya resolución da

Estos resultados también hubieran podido hallarse determinando el CIR I del disco 2. Es fácil ver que2

I es el punto de intersección de las líneas OA y CB. A partir de este momento el proceso sería el usual2

cuando se utiliza el CIR.

b) Para determinar α y α tendremos en cuenta que el disco 2 se mueve sobre la barra 3 sin deslizar.1 2

Concretamente, estudiaremos la aceleración del punto B por composición de movimientos, tomando2

como referencia fija el laboratorio y como referencia móvil la barra 3. Se tendrá

Calculemos cada uno de los sumandos de la expresión anterior. La aceleración de B relativa a la barra2

3 es la aceleración del CIR de un disco que no desliza, y se sabe que viene dada por

donde ω es la velocidad angular relativa del disco respecto la barra, que en nuestro caso valer

Por tanto, tenemos

La aceleración de arrastre del punto B es, por definición, su aceleración absoluta como punto solidario2

de la referencia móvil, que ahora es la barra. De ahí que


r r r r ra v vB

cBr

B2 2 22 2 03 3 3= × = × =ω ω /

r r ra a aB A B A2 2

= +

( ) ( )rl

r rl

r r r ra i j i j r i r jB2 1 1

22 2

2 2= − + + + +α θ θ ω θ θ α ωsen cos cos sen ( )

( )α α θ ω θ ω θ

ω α θ ω θ α θ ω ω

2 1 12

32

22

1 12

3 2 32

r

r r

+ + =

− + = − + −

l l l

l l l

sen cos cos

cos sen cos

( )α α ω θ

ω ω ωθ1 3 1

2 2 3 32= + +

−tg

cos

r

l

( )α

ω ω θ α θ2

32

12

1=

− −l lcos sen

r


Para la aceleración de Coriolis, será

porque la velocidad de B respecto 3 es, por definición, la2

velocidad de deslizamiento en el contacto B, que en nuestro casoes nula.

También podemos calcular la misma aceleración de B2

aplicando la fórmula de aceleraciones para el sólido 2. Tomandocomo punto base el centro A del disco, tendremos:

La figura adjunta ilustra geométricamente la fórmula anterior.Ayudándonos de este diagrama, y utilizando la base propuesta en el enunciado, quedará

Resumiendo, para la aceleración de B tenemos la expresión (1) con los valores obtenidos2

anteriormente para la aceleración relativa, de arrastre y complementaria, y también disponemos de laexpresión (2) que acabamos de hallar. Igualando componentes en estas dos expresiones quedará

que es un sistema de dos ecuaciones con las incógnitas α y α buscadas. La segunda ecuación nos1 2

permite obtener directamente

donde ω y ω son los valores obtenidos en el apartado a). Despejando α en la primera de las ecuaciones1 2 2

del sistema, tendremos

donde ω , ω y α son los valores ya obtenidos.1 2 1


ω 4 0=

r rlr

v v jE D= = ω32 3( )

r r rv v vE E

rEa= +

r r r rlr

v v e v e v e eE Er

Ea

Er= + = +2 1 2 6 12ω

( )rl

r rv e eE = +ω θ θ3 2 12 sen cos

ω ω θ6 3= cos


c) El movimiento de la barra 4 se transmite al sólido 5 y, en definitiva, a laguía. Procedamos, pues, inicialmente al estudio de la barra 4. Las perpendicularesa las di-recciones de y son rectas paralelas, por tanto el CIR I está en el4

infinito (o, propiamente, no existe). Esto significa que la barra 4 está en traslacióninstantánea, o sea

y, en consecuencia, todos sus puntos tienen igual velocidad. Es decir:

Como la barra 5 se mueve dentro de la guía 6 que, a su vez, gira con velocidadangular desconocida ω , procederemos a calcular la velocidad del punto E por composición de6

movimientos. Tomaremos como referencia fija el laboratorio, y como referencia móvil la guía 6. Será

La velocidad relativa de E tiene la dirección de la barra 5. Lavelocidad de arrastre de E es, por definición, la velocidad deeste punto supuesto solidario de la guía 6; en consecuencia, sudirección será perpendicular a la barra 5, y su módulo valdráω 2 . En el diagrama adjunto se resume lo obtenido.6

Proyectando en la base , de la figura, se tiene

Haciendo lo mismo con (3), tenemos:

Igualando componentes en las dos últimas expresiones, queda finalmente

Obsérvese, para concluir este apartado, que el resultado obtenido tiene una interpretación geométricainmediata. La velocidad relativa y de arrastre de E son, simplemente las componentes de en las

direcciones 2 y 1.


( )r r r rlr

lr

a a a a i jE D EDt

EDn= + + = − +α ω α4 3

232 2 4( )

aFx = 0

r r ra a aF D FD

t= +

a a aFx

Dx

FDx= + = − =α ω4 3

24 2 0l l

αω

432

24= ( )

rlr

lr

a i jE = − +ω α32

32


d) Para hallar utilizaremos la fórmula de aceleraciones para unsólido, tomando como punto base el D, ya que la aceleración de éste esconocida. Es decir:

El diagrama adjunto expresa gráficamente la aceleración buscada delpunto E. Así, en cuanto conozcamos α , quedará totalmente determinada4

esta aceleración .Sabemos que, como la barra 4 tiene un movimiento de traslación

instantánea, la velocidad angular ω es nula en el instante considerado.4

Pero es importante advertir que esto no implica que también se anule laaceleración angular de dicha barra (como ocurriría si la traslación fuerapermanente en lugar de instantánea). ¿Cómo hallar, pues, α ? 4

La observación del mecanismo nos dice que el punto F tiene unmovimiento rectilíneo vertical, y que, por tanto, se cumple:

Relacionando los puntos F y D, tenemos

como queda ilustrado por el diagrama adjunto. Teniendo ahora encuenta las dos últimas expresiones, y ayudándonos del diagrama,podremos escribir

De ahí que

Sólo nos falta sustituir en (4) el valor que acabamos de hallar. Quedará:


τ πω

= 2

C

( )τ

π=

+2 R r

vC

r r r rv v v vA A E E2 1 2 3

= =

r r rv v vA E AE= +


4.- El mecanismo de la figura está formado por tres ruedasdentadas. Las ruedas 1 y 3 giran alrededor de O con velocidadangular constante, mientras que la rueda 2 se mueve con la únicarestricción de no deslizamiento en los puntos de contacto con 1 y3. Se sabe que R = 2r y que Ω = 2ω. Se pide:

a) Tiempo necesario para que la rueda 2 dé una vuelta completaalrededor de O.

b) Hallar en el caso particular que S = 0.

SOLUCIÓN

a) La rueda 2 da una vuelta completa cuando su centro C la da también, pero no otro punto, puesto quesólo C describe una trayectoria circular alrededor de O, en este caso de radio r + R. De esta manera, eltiempo necesario para que la rueda 2 dé una vuelta completa es en realidad el tiempo que emplea el punto Cen dar una vuelta alrededor de O. El tiempo se puede determinar como el cociente entre el ángulo girado porC alrededor de O en una vuelta (2π radianes) y la velocidad angular ω del punto C alrededor de OC

O bien, como el espacio recorrido por el punto C en una vuelta dividido por la velocidad del punto C.Siendo esta velocidad v el producto de la velocidad angular ω por el radio de giro r + R:C c

Sea como fuere, es necesario conocer la velocidad del punto C de la rueda 2, por lo que hay quecalcular primero la velocidad angular ω de la rueda. Para determinar la velocidad angular de un sólido2

en cinemática plana se puede buscar el CIR, o bien, relacionar dos puntos de velocidad conocidamediante la expresión de velocidades del sólido rígido. En general, para el caso de trenes epicicloidaleses preferible este segundo método.

Se necesitan, pues, dos puntos de la rueda 2 de velocidad conocida; al no haber deslizamiento en lospuntos de contacto entre esta rueda y las otras dos, resulta que

por lo que se relacionan los puntos A y E de la rueda 2 mediante la fórmula de velocidades en el sólido rígido:


( )( ) ( )

ω ω

ωω

r R R r

r

R

R r

R

= − +

= ++

2 2

2

2

21

2

2

Ω

Ω

r r rv v vC A CA= +

( )v r R

r R r

RC = − = −+

ω ωω

2 2

2

2

Ω

( ) ( )ωω

C R r

r R r

R=

+−

+

1

2

2

22

Ω


que gráficamente se representa como

Ahora es fácil hallar la velocidad angular ω2

Hay que tener muy en cuenta que ω es diferente de ω : una es la velocidad angular del punto C girandoC 2

alre-dedor del punto O, y otra es la velocidad angular del sólido; velocidades que, en general, sondiferentes. Conocida ω , ahora es fácil hallar :2

De la figura deducimos:

y ω valdrá:c

sustituyendo ahora Ω y R según los datos del enunciado


ω ωC k= 32

r

τπ

ωπ

ω= =

2 4

3

1

C

r r ra VE SE= − ×ω 2

r rω ω

2 2= − r

Rk


y el tiempo para completar una vuelta:

b) Si Ω = 0, el cuerpo 3 está parado y, en consecuencia, el sólido 2 describe un movimiento derodadura sin deslizamiento sobre el cuerpo 3 fijo, siendo el punto E el punto de contacto entre estos doscuerpos. En estas condiciones resulta ventajoso utilizar la expresión

donde ω es la velocidad angular absoluta de la rueda 2 y , velocidad de sucesión del punto E, es la2

velocidad con la que se desplaza el punto geométrico de contacto respecto del anillo 3.La velocidad angular ω no es la misma del apartado a), al haber cambiado las condiciones2

cinemáticas. Se puede hallar fácilmente el nuevo valor de ω sustituyendo Ω = 0 en el resultado (1)2

hallado en el apartado anterior.

Para hallar la velocidad de sucesión es necesario determinar de qué manera se desplaza el puntogeométrico de contacto. Se puede determinar que el punto de contacto entre las ruedas 2 y 3 está siemprealineado con los centros O y C, tal como muestra la figura.

Con ello, el punto geométrico de contacto describe una trayectoria circular alrededor de O de radio r +2R, desplazándose solidariamente del punto C, lo que equivale a que su velocidad angular alrededor deO es la misma, ω . Sin embargo, igual que para ω , esta ω no tiene el mismo valor que en el apartadoC 2 C

anterior. Igual que antes, sólo es cuestión de sustituir en (2):


r rω ω

C k=6

r ra r r iE

C

= −−

×

= −0

0

0

5

0

5662

ω

ω ωω

r r ra a aE C EC= +

r r r r r rv v v v v vA a r r A a= + ⇒ = −


Y finalmente la aceleración del punto E:

El resultado también se puede determinar mediante la expresión más general de la aceleración de unpunto para el sólido rígido:

en la que es necesario conocer la aceleración de otro punto del sólido. Según todo lo visto, sólo el puntoC presenta un valor de aceleración conocido. La velocidad angular es ω absoluta, y α es cero al ser2 2

todas las velocidades angulares constantes. Se comprueba que para esta expresión es igualmentenecesario conocer ω y ω , y el resto de cálculos son más laboriosos.2 C

5.- Se considera el mecanismo plano de la figura, en el cualla barra AC desliza dentro del collar B de la barra OB.. Lalongitud de OB es y el ángulo en B es de 90 . Hallar, en lao

posición indicada, en función de la velocidad y aceleraciónangulares de la manivela OB:

a) Velocidad de la barra AC relativa a la manivela OB. b) Aceleración del punto A.

SOLUCIÓN

a) La presencia de la guía en B permite describir elmovimiento de la barra con respecto de la manivela como unmovimiento de traslación pura a lo largo de la guía. Todoslos puntos de la barra AC tendrán la misma velocidadrelativa a la manivela; en consecuencia bastará con estudiarla velocidad relativa de cualquier punto. El punto másadecuado parece ser el A, por cuanto se conoce la dirección de su velocidad que está forzada a tenerdirección vertical, como consecuencia de la presencia de la guía exterior.

En estas condiciones, la velocidad del punto A podrá expresarse como suma de una velocidad dearrastre y una velocidad relativa:


rv

v

vAA

A

=

sen

cos

θθ

r rv OA

r

rA = × =

→

ωω θ

ωtg

rv

v r

v rrA

A

=−

−

sen tg

cos

θ ω θθ ω

v r vr

A Asen tgcos

θ ω θω

θ− = ⇒ =0

rv r = 0

r r r ra a a aA a r c= + +

r r r ra OA OA

r r

r ra = × × + × =

−

+

→ →

ω ω αα θ ω

α ω θ( )

tg

tg

2

2


La velocidad del punto A es desconocida en módulo, pero definida en cuanto a dirección:

La velocidad de arrastre, por su parte, es la velocidad del punto A, suponiendo que perteneciera a lamanivela OB, en consecuencia:

Por lo tanto, la velocidad relativa será

Teniendo en cuenta que, por la estructura del dispositivo, la velocidad relativa debe ser en la direcciónde la guía en B, la componente en dirección de la manivela OB debe ser nula, o sea:

Con este valor para la velocidad del punto A, puede encontrarse la velocidad relativa:

b) Para determinar la aceleración lineal del punto A, es necesario recordar que no se conoce laaceleración angular de la barra AC. Por otra parte, el punto A está obligado a moverse en la direcciónde la guía y por consiguiente la aceleración de dicho punto deberá tener esta dirección. En consecuencia,la aceleración del punto A puede determinarse por composición de movimientos utilizando unareferencia móvil solidaria de la manivela, que permitirá escribir:

Para determinar la aceleración de arrastre bastará aplicar la propia definición que establece que la aceleraciónde arrastre del punto A es la que tendría dicho punto si estuviera fijo en la referencia móvil OB:


r r ra vc r= × =2 0ω

ra

arr

=

0

ra

r r

r r aA

r

=−

+ +

α θ ω

α ω θ

tg

tg

2

2

ωθ

θωθ θ

2 2

0r

a ar

r rcossen

sen cos+ = ⇒ = −


Para determinar la aceleración de Coriolis, se utilizará el valor de la velocidad relativa que se haencontrado anteriormente. Al ser ésta nula, también lo será la aceleración de Coriolis.

En lo que concierne a la aceleración relativa, lo único que se conoce es su dirección, perpendicular a labarra OB, sin conocerse el módulo:

Sumando las componentes de la aceleración se llega a la expresión final de la aceleración del punto A:

Expresión que permite establecer el siguiente diagrama de aceleraciones:

En esta última expresión, la única magnitud desconocida es la aceleración relativa; por otra parte, elhecho de conocer la dirección de la aceleración absoluta del punto A permite establecer una ecuaciónderivada del hecho de que no debe existir componente de la resultante en la dirección perpendicular ala guía vertical. Es decir:


ra

r r

r r gA =

−

−

α θ ω

α ω θ

tg

cot

2

2

b BC AC= = =l

sen θ

ω ω2 10 3 1= = =, ( )r r

lr

v v iC B


Sustituyendo este valor, de la aceleración relativa, en la expresión general de la aceleración del puntoA, se llega a

6.- En el dispositivo de la figura, B y Cson pasadores, el disco de centro C ruedasin deslizar en el contacto D, y la barra 4desliza dentro de la guía 5, cuyo pasadorA está montado sobre la barra OB. Seconocen T y " . Determinar en el ins-1 1

tante considerado:a) Velocidad angular de la barra 4.b) Aceleración angular de la barra BC.

Datos: OA = , AB = 2 ,pO = pQ = 90o

SOLUCIÓN

a) Si llamamos b a la distancia BC se verifica

Vamos a estudiar la barra 2. El punto B tienevelocidad perpendicular a OB, y la de C es normal aCD ya que el CIR del disco 3 está en D; por tanto, y son paralelas. De ahí que el CIR de 2 se halle enel infinito: la barra 2 tiene un movimiento instantáneode traslación, y en consecuencia

La barra 4 se mueve en la guía 5, la cual, a su vez,gira. Esto sugiere que podremos hallar ω estudiando4

el movimiento de un punto -como el C- mediante lafórmula de composición de velocidades. Así, tomandocomo referencia fija el laboratorio y como referenciamóvil la guía 5, tendremos


r r rv v vC r a= + ( )2

( )r r rv v i jr r= +cos senθ θ

r rv v ACa A= + ×

→

5 4ω

( )rlr r r

v i b i ja = + −ω ω θ θ1 4 sen cos

3

01 1 4

4

ω θ ω ω θθ ω θ

l l= + += −

v b

v br

r

cos sen

sen cos

ωω θ

ω θ41

122

2= =l sen

senb

r r r r

lla a a con a

vC C

tCn

Cn C= + = =( )3

2

9

2

2

12ω


La velocidad relativa de C tiene valor desconocido,pero su dirección es la de la barra 4 (ver figura). Portanto, en la base del enunciado, será

La velocidad de arrastre de C es, por definición, lavelocidad absoluta de C, supuesto solidario de lareferencia móvil. (Es evidente que ω = ω ).O sea:4 5

La figura anterior ilustra esta última expresión. Utilizando la base ya considerada, tendremos

Sustituyendo en (2) las expresiones obtenidas para las velocidades relativa y de arrastre, e igualandocomponentes con (1), se obtiene el sistema de ecuaciones:

que, una vez resuelto, nos da

b) Para determinar α procederemos a analizar el2

punto C. Este punto describe una circunferencia de radio2 y centro Q; por tanto, usando componentes intrínsecas,

la aceleración de C será

El diagrama adjunto muestra geométricamente estaaceleración.


r r ra a aC B CB

t= + ( )4

92

312

12

2ω ω α θl l= − b cos

α ω θ2 123

2= − tg


Por otra parte, podemos calcular esta mismaaceleración tomando C como punto de la barra 2,aplicando para esta barra la fórmula de aceleraciones conbase en B, es decir:

Esta expresión está representada en el diagrama contiguo.Para obtener α , simplemente igualaremos las2

proyecciones de (3) y (4) sobre la perpendicular a ( quees la dirección vertical) , por cuanto el valor de la incógnitaa no precisa ser hallado. Igualando, con la ayuda de los dost

últimos diagramas, quedará:

y por tanto

7.- En el mecanismo de la figura la barra OA, de longitud, se mueve con T y " conocidas. El cursor D describe una

circunferencia de radio r. Determinar, para la posiciónindicada:

a) Aceleración normal del punto D.b) Aceleración angular de la barra AB.

(Datos: Las tres barras, en el instante de la figura, formanángulos de 60 con la dirección horizontal, o eje x. BC =o

BD = 2 ).

SOLUCIÓN

a) Para resolver el primer apartado hay que considerar que,dado que el punto D describe una trayectoria circular,estará sometido a una aceleración normal. La dirección deésta será radial y su sentido será hacia el centro decurvatura de la trayectoria en el punto en cuestión. Paradeterminar el módulo de la aceleración será necesario encontrar el valor de la velocidad lineal con queel punto D recorre su trayectoria. Para hallar el valor de dicha velocidad se utilizará el CIR de la barraCD, cuya posición es fácil de localizar, dado que son conocidas las direcciones de las velocidades de dos



puntos de la barra.En efecto, la velocidad del punto D debe ser tangente a la trayectoria, por consiguiente el CIR deberá

hallarse sobre la perpendicular a dicha dirección, recta bb de la figura. Por su parte, el punto Cdescribe una trayectoria rectilínea, por lo que el CIR se hallará sobre la perpendicular a esta trayectoria(recta aa. de la figura siguiente).

Dado que las rectas aa y bb son paralelas y no coincidentes, la intersección de las mismas se produceen el infinito y, por tanto, el movimiento instantáneo carece de velocidad angular. Se trata, enconsecuencia, de un movimiento de translación instantánea y, por la definición de este movimiento,todos los puntos de sólido CD están animados de la misma velocidad. Para conocer la velocidad delpunto D bastará determinar la velocidad de cualquier otro punto de la barra; el punto B pareceespecialmente adecuado si se considera que pertenece simultáneamente a la barra AB, cuyo movimientoestá totalmente definido.

Para encontrar el valor de la velocidad del punto B será necesario recurrir al análisis del movimientodel sólido AB y a la determinación de la posición de su CIR. El punto B, por pertenecer a un sólido(CD) con movimiento de traslación, tendrá la misma velocidad que los demás puntos del mismo cuerpo;en consecuencia, el CIR deberá hallarse sobre la recta ortogonal cc. El punto A, por pertenecer a unamanivela de centro O, describe una trayectoria circular alrededor del punto O. La velocidad de A serátangente a la trayectoria y, en consecuencia, el CIR de la barra AB se encontrará sobre la recta dd que,en este instante tiene una dirección radial a la trayectoria.

El CIR de la barra AB se encontrará en la intersección de las rectas cc y dd, es decir el punto I . PorAB

la especial geometría del sistema, el triángulo ABI es un triángulo equilátero y, en consecuencia, laAB

distancia I B = I A = 2 .AB AB

La velocidad del punto A, por pertenecer a la manivela, es conocida. El hecho de que el punto Apertenezca también a la barra AB permite determinar la velocidad angular de esta última barra:


( )( )

v Barra OA

v I A Barra AB

A

A AB

=

=

ω

ω

l

1

⇒ =ω ω1 2

v v I BD B AB= = = =ω ω ω1 12 l l

av

r rDn D= =

2 2 2ω l

r r r r ra a AB ABB A= + × × + ×

→ →

ω ω α1 1 1( )

r r ra a DCC D= + ×

→

α2


Una vez conocida la velocidad angular de la barra AB y la posición de su CIR, es fácil determinar lavelocidad del punto B y, por tanto, la de cualquier punto de la barra DC, en particular la del punto D.

Determinada la velocidad lineal del punto D, la aceleración normal del punto D será:

b) Para hallar la aceleración angular de la barra AB no podrá recurrirse a la derivación de suvelocidad angular puesto que ésta se ha hallado para una posición particular, en consecuencia se deberáutilizar un método indirecto para realizar el cálculo. Dicho procedimiento pasa por la determinación dela aceleración del punto B, dado que, al ser conocida la aceleración del punto A, ambas aceleracioneslineales se podrán relacionar a través de la expresión general

donde la única incognita que quedará será la aceleraciónangular que se está buscando.

Para poder realizar este proceso, de determinación de laaceleración de B, se volverá a trabajar con la barra CD,que no posee velocidad angular instantánea pero sí puede

poseer aceleración angular α , que se deberá determinar.2

Para ello se recurrira a la ecuación que relaciona lasaceleraciones de los puntos C y D, considerando ademásque el punto C tiene movimiento rectilíneo vertical y porlo tanto su aceleración debe tener esta dirección. Laaceleración del punto C responde a la ecuación:

Hay que considerar que la aceleración tangencial delpunto D es desconocida, pero en ningún caso puede


arD

n = ⇒ =4 604 602 2

2

α αω

ll

sensen

r r ra a CBB C= + ×

→

α2

arB

x = =2 6022

2 2

αω

ll

sen


afirmarse que no exista y también se sabe que será vertical (tangente a la trayectoria circular del puntoD). La anterior ecuación vectorial podría representarse mediante el cinema de aceleraciones adjunto,donde no se ha representado la componente tangencial de la aceleración del punto D cuya dirección serávertical, la misma que debe tener la resultante de todas estas componentes que deben dar como resultadola aceleración del punto C, dirección forzada por la ligadura geométrica. En consecuencia, la resultantede los vectores en la dirección horizontal debe ser nula y, por tanto, se podrá escribir:

Una vez determinada la aceleración angular del sólido CD, puede abordarse una de las componentesde la aceleración del punto B desde dos perspectivas distintas:

-Como punto de la barra CD.-Como punto de la barra AB.

Como punto de la barra CD (figura de la derecha), laaceleración del punto B será:

En esta expresión, nuevamente, el valor de es desconocido, pero es fácil determinar el valor de lacomponente horizontal de la aceleración del punto B, que valdrá

Como punto perteneciente a la barra AB (figura izquierda), la aceleración de B será:


r r ra a BA ABB A= + + ×

→ →

ω α12

1

aBx = − + +ω α α ω2

1 1230 30 2 30 2 30l l l lsen º cos º cos º sen º

aBx = − +

3

230 30 2 302

1ω α αl l lsen º cos º cos º

ωω α α

2 22

1232

30 30 2 30l

l l lr

= − +sen º cos º cos º

αα ω

1

2

2 4 30

13 30= + −

cos º

sen ºr

l = = +OB

R rcosθ


La componente horizontal de la aceleración del punto B, en este segundo caso, responderá a la expresiónsiguiente:

Sustituyendo el valor conocido de la velocidad angular de la barra AB, ω , quedará:1

Como ambas expresiones deben ser iguales, resultará:

de donde se llega a:

8.- La rueda dentada 1 engrana con larueda dentada 3, que es solidaria de labarra AB. La manivela OA no estáacoplada con ninguna rueda. Si se hacegirar la rueda 1 con T y " conocidas,1 1

determinar en el instante considerado:a) Velocidad del punto C .2

b) Aceleración angular de la biela AB.

SOLUCIÓN

a) Llamaremos a la distancia OB. Es claro que


v v RC C3 1 1= = ω

ωω ω θ

θθ3

3

1 13= =−

=−

v

CI

R

R

R

RC

l lcos

cos

cos

v AIR

RR rA = =

−− −

ωω θ

θ θ3 31 cos

cos cosl

l

ωω θ

θ21

2

2=

+R

R r

sen

sen

v RR

R rC2 2

12 2

2= =

+ω

ω θθ

sen

sen

aBy = 0 1( )

r r ra a aB A BA= +


Pasemos ahora a resolver la primera parte del problema. Para ello hallaremos el CIR I del sólido 33

trazando perpendiculares a las velocidades de los puntos A y B (ver figura). La velocidad angular ω3

se hallará teniendo en cuenta que conocemos la velocidad del punto C de 3, ya que, por la condiciónde contacto sin deslizamiento, se verificará

y, por tanto

La velocidad de A será

con lo cual la velocidad angular de la manivela OAvaldrá en definitiva

y la velocidad de C pedida2

b) Para determinar α , una ecuación que se debe utilizar se deduce de la condición 3

con la base indicada en el enunciado.Aplicando la fórmula de aceleraciones para un

sólido:

Esta expresión se ilustra geométricamente en lafigura adjunta. Con la ayuda de este diagramala condición anterior se escribirá:


( ) ( )α θ ω θ θ α θ ω θ32

32

2 22 0 1l lsen sen cos cos sen ( )+ + + − + =R r R r

a aC C1 32τ τ= ( )

r r ra a aC A C A3 3

= +

( )α α α1 3 2R r R r= − +

αα α

23 1=

−+

r R

R r

( )α

ω θ ω θ θ α θθ θ3

22

32

12

=+ − +

+R r R

r

sen sen cos cos

sen cos

l

l


que es una ecuación con las incógnitas α y α .2 3

El problema estará resuelto si conseguimos otraecuación con las mismas incógnitas. Paraconseguirla basta considerar que el contacto enC tiene lugar sin deslizamiento y, por tanto,deben ser iguales las componentes de lasaceleraciones de C y C en la dirección de la1 3

tangente τ en el contacto C. Es decir

Los dos diagramas muestran las aceleracionesde ambos puntos. No necesita comentario elvalor de la aceleración de C de 1, ya que esprácticamente un dato. En cuanto a laaceleración de C , se ha deducido de la fórmula3

Por tanto, la relación (2) dará

que es la segunda ecuación buscada. Despejando en ella α , tendremos2

Basta ahora con sustituir este valor en (1) y se deducirá fácilmente la aceleración angular buscada, cuyovalor es

donde ω , ω y son los valores obtenidos anteriormente.2 3



9.- El sistema de la figura está constituido por labarra 1, la barra 4, que puede girar alrededor delpunto fijo C, el sólido 2, que desliza a lo largo de labarra 4, y la barra 5, que se mueve por el interior dela guía 3. Los puntos A, B, D y E son articulacionesentre la barra AE y los demás sólidos.

El disco 6 rueda sin deslizar sobre el arcosemicircular empotrado en la bancada. El punto Hes el punto de contacto entre el disco y el arcosemicircular fijo.

Las barras 4 y 5 forman, en el instante que seanaliza, el mismo ángulo θ respecto de la vertical.La barra 1, en el mismo instante, tiene direcciónhorizontal y se conoce la velocidad de su extremoA, que es constante y de módulo v. En estascondiciones, determinar, usando la base de lafigura:

a) Velocidad angular de la barra 4.b) Aceleración angular de la barra 4.c) Velocidad relativa v del sólido 3 respecto del sólido 5.r

SOLUCIÓN

a) De todo el mecanismo, sólo se conoce la velocidad del punto A. El primer paso es, pues, determinarla velocidad angular ω de la barra 1 para, a continuación, hallar la velocidad del punto B, que es el1

punto que luego permitirá calcular la velocidad angular ω de la barra 4. Se procede a determinar el CIR4

de la barra 1

observándose que las rectas formadas son paralelas; en consecuencia, ω es nula, la barra 1 tiene en este1

momento un movimiento de traslación instantánea, y todos sus puntosse mueven a igual velocidad, porlo que


r rv vB A=

r r rv v vB a r= +

ω θ4 3

= v cosl

r r r ra a a aE A EA

nEAt= + +


Figura 1

Por otra parte, el punto B pertenece al pasador 2, que puede deslizar respecto a labarra 4 y que es arrastrado por ésta. Resulta conveniente pues, describir elmovimiento del punto B como una composición de movimientos en que lareferencia móvil es precisamente la barra 4. En estas condiciones:

que, gráficamente, se representa en la fígura 1. Igualando la velocidad de B de labarra 1 y de la barra 2, se obtiene fácilmente:

b) El proceso adecuado es en cierta manera el mismo que en el apartado a), pero con de aceleracionesangulares. El primer paso es, pues, hallar la aceleración angular α de la barra 1 relacionando dos puntos1

del sólido 1. Un punto es A, del cual se conoce que su aceleración es cero, al seguir una trayectoriarectilínea a velocidad constante. El segundo punto debe ser E, ya que no hay otro punto de la barra 1 quetenga trayectoria conocida.

El punto E describe una trayectoria circular alrededor de O , por lo que su aceleración tendrá una1

componente normal conocida dirigida hacia O y una componente tangencial desconocida. Gráficamente:1

relacionándolo con el punto A mediante la expresión

cuya parte derecha se representa en la figura que se muestra a continuación:


α1

2

2=

v

Rd

( )r r ra a aB A BA= + 1

( )r r r ra a a aB a r c= + + 2

α θ α ω1 4 43 2b v rsen = +l

αα θ ω

41 4

3

2

3= −

b vrsen

l l


Utilizando las dos últimas figuras, e igualando componentes verticales, se deduce inmediatamente:

Conocida α , la aceleración del punto B de la barra 1 es 1

Y finalmente ahora es posible determinar α , describiendo el movimiento del punto B como una4

composición de movimientos siendo la referencia móvil la barra 4:

Igualando (1) y (2), y proyectando en la dirección perpendicular a CB, paraplantear una sola ecuación con una sola incognita α , tendremos:4

de donde:

c) La velocidad relativa v ’ de la barra 3 respecto del sólido 5 es, en realidad, la velocidad relativa der

cualquier punto de 3 respecto de 5, al ser el moviento relativo entre los sólidos 3 y 5 de traslación. Así,resulta ventajoso describir v ’ como la velocidad del punto D del pasador 3 relativa a 5. El punto Dr


r rv vD = ( )3

( )r r rv v vD a r= + ' 4

r r rv v vF a r= +

v v v

v vr r

r r

= + + −= − + + −

2

0 21 5

1 5

ω θ ω θ θ θω θ ω θ θ θl l

l l

cos cos sen ' sen

sen sen cos ' cos


pertenece a la barra 1, que se mueve en traslación instantánea, por lo que su velocidad es conocida eigual a la velocidad de A.

Por otra parte, el pasador 3 desliza por la barra 5 al tiempo que esarrastrado por ésta, por lo que el movimiento del punto D puededescribirse como una composición de movimientos siendo 5 la referenciamóvil

y utilizar esta relación para hallar v ’. En el término de arrastre se deber

incluir la velocidad conocida de otro punto de la referencia móvil 5. Sóloel punto F puede aportar este dato. El punto F pertenece al sólido 2,sólido que presenta un movimiento resultante de una composición demovimientos, según se ha descrito en los apartados anteriores. De estemodo, se puede calcular mediante una composición de movimientos,siendo la referencia móvil la guía 4:

Conocida , se puede ahora representar gráficamente la expresión (4)según la figura adyacente. Ahora se pueden igualar (3) y (4) paraformar un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, siendo éstas V ’ry ω . En este caso, a causa de la geometría concreta del mecanismo en5

este instante, no resulta especialmente ventajosa la búsqueda de una basede proyección que dé una sola ecuación con una incógnita, ya queresolviendo de esta manera apareceran ángulos 2θ. Se utiliza en estecaso la base propuesta en el enunciado, con lo que resultan lasecuaciones.


( )v v vr r' sen cos sen sen cos= − + + −θ ω θ θ θ θ4 12 2l

AB BD=


que se pueden resolver eficazmente mediante reducción, multiplicando la primera ecuación por sen θy la segunda por -cos θ, y sumándolas después. El resultado es

según sentido y dirección indicados en el diagrama.Otra manera de calcular la velocidad de F es utilizando el punto B que, al pertenecer también al

pasador 2, simplifica el proceso al no haber componentes relativas.

10.- La excéntrica redonda 4 gira entorno del punto A con velocidad angularconstante T conocida. La biela 3 abrazadicha excéntrica, que la mueve dentro dela guía 2. En C hay un pasador. La barraDF está en contacto en F con la pieza FEque se desplaza horizontalmente comoconsecuencia del movimiento de la biela.Determinar en el instante de la figura:

a) Velocidad horizontal de la pieza 5.b) Aceleración de la biela 2 respecto la

guía 3.

SOLUCIÓN

a) Para determinar la velocidad horizontal v de la pieza 5, hallaremos en primer lugar la velocidadE

de D. En este caso la opción más simple, dada la geometría del dispositivo, está en el uso del CIR I2

de la biela 2. El punto A es de la biela y su velocidad es perpendicular a la línea CA, el punto B dela biela tiene la velocidad en la dirección AB. Trazando perpendiculares a las direcciones de ambasvelocidades localizaremos el punto I buscado (ver figura adjunta).2

Conocido I , podemos pasar a determinar la velocidad de D. Como se cumple 2

el triángulo rectángulo I BA será igual al triángulo rectángulo I BD. Por tanto, tendremos2 2


I A I D2 2=

v v rD A= = ω

∠ =AI D2 2θ

rv

r

rD = −

ω θω θ

cos

sen ( )

2

2

0

1

rv

v

E

E

=

0

0

2( )

r rv v DEE D= + ×

→

ω 4

v r

rE

0

0

2

2

0

0

0

04

= −

+

× −

ω θω θ

ω

ϕϕ

cos

sen

cos

sen

l

l


Esto significa que la velocidad de D y la de Ason iguales en módulo, ya que estos puntosestán a igual distancia del CIR I , o sea:2

Por otra parte, la velocidad de D esperpendicular a I D, y de la figura se deduce2

que

Por tanto el vector velocidad de D forma unángulo 2θ con el eje x del enunciado. O sea,conocemos la velocidad de D en módulo ydirección (ver figura ), de modo que

La velocidad que queremos determinartiene dirección conocida, o sea

Considerando el sólido 4 y tomando como base el punto D será:

y teniendo en cuenta (1) y (2), utilizando la base propuesta en el enunciado, podremos escribir


v r

rE = +

= − +ω θ ω ϕ

ω θ ω ϕcos sen

sen cos

2

0 24

4

l

l

ωω θ

ϕ42

=r sen

cosl

( )v rE = + →ω θ θ ϕcos tg tg ( )2 1 2 3

ω ω θ2

2

22

= =v

I A

rA senl

r r ra a aA C AC= + ( )4

r r r ra a a aA A

rAa

Ac= + + ( )5


que da lugar al sistema de ecuaciones:

De la segunda ecuación obtenemos

y sustituyendo en la primera

Con esto hemos concluido este apartado. Antes de proceder a resolver el apartado siguiente convendrácalcular ω . Observando el diagrama construido antes, es inmediato que2

b) Con objeto de calcular la aceleración de la biela respecto la guía, estudiaremos el punto A.Aplicando la fórmula de aceleraciones para la excéntrica 1 será:

En el diagrama de la página siguiente se determina geométricamente esta aceleración .También podemos calcular la misma aceleración de A

mediante composición de movimientos. Tomando comoreferencia fija el laboratorio y como referencia móvil laguía 3 , podremos escribir:

En el diagrama que acompaña se han trazado losvectores que corresponden a esta última expresión.

El valor buscado de a se obtendrá directamenter

igualando las proyecciones de (4) y (5) en la direcciónAB. Ayudándonos con las figuras anteriores tendremos:


ω θ ω2222 2r aA

rsen = + l

a rr

Ar = −

ω θθ2 1

2sen

senl


y substityendo el valor de ω dado por (3) se obtiene:2




11.- En el mecanismo de la figura, la manivela OA giracon T y " conocidas. Todos los puntos de articulaciónson pasadores. La guía en B se mueve horizontalmente.Para el instante de la figura el ángulo en D es recto.Determinar:

a) Velocidades angulares de las barras 1 y 3.b) Aceleración .c) Aceleración angular α (empleando una única2

ecuación escalar).(Datos: OA = AC = CB = CD = , DE = 2 )

12.- El volante de centro O del mecanismo de la figuragira con velocidad angular T conocida y constante. Lasbarras 1 y 2 transmiten el movimiento a la barra 3, quedesliza dentro del collar de centro B. Determinar, para elinstante considerado, suponiendo que la referencia móviles el collar en B, y utilizando el número mínimo deecuaciones:

a) Aceleración de Coriolis del punto A.b) Aceleración relativa de la barra 3.

13.- En el mecanismo de la figura, la barra AD está guiadaverticalmente y lleva en el pasador A el disco 2 sobre el que seapoya la palanca 3, la cual puede girar alrededor de O . Dicha1

palanca, de espesor despreciable, no presenta deslizamiento enel contacto B. La barra 1 está unida, en el pasador D , al sistemabiela -manivela DE-EO con O fijo. En el instante considerado2 2

se conocen v y a (en el sentido de la figura); el ángulo en EA A

es recto. Determinar:a) Velocidad del punto C.b) Velocidad angular de la barra 5.c) Aceleración angular de la barra 3.d) Aceleración del punto E.

(Datos: DE = EO = , O B =2 , O C = 4 )2 1 1



14.- En el mecanismo de la figura, labarra 1 gira con T constanteconocida. En función de los datos dela figura determinar, para el instanteconsiderado, el valor del módulo,dirección y sentido de:

a) Velocidad del sólido 7.b) Velocidad de la barra 4 respecto

el pasador 5.c) Aceleración del sólido 7.d)

15.- La barra 1 de la figura tiene unpasador en A montado sobre el disco3; dicha barra desliza a lo largo de laguía de centro B situado sobre eldisco 2. Ambos discos giran convelocidades angulares constantes yconocidas. Se pide:

a) Velocidad angular de la barra 1.b) Aceleración angular de la

misma barra.c) Aceleración de B .1

16.- Los puntos D, E y F sonarticulaciones de pasador. La barraDA gira con el collar 3 y desliza porel interior del mismo. El pivote enA se mueve a lo largo de la palanca1 y ocasiona su rotación. En elinstante de la figura se conocen lavelocidad y la aceleración del pistónD. Determinar:

a) Velocidad del punto E.b) Aceleración tangencial y

normal de E.c) Aceleración del punto D

relativa al collar 3.d) Velocidad angular de la palanca

OB.e) Aceleración de Coriolis de A si2

la referencia móvil es la palanca 1.



17.- Un mecanismo consta de la manivela O'A quepone en movimiento la biela AB y el balancín OB. Labiela AB es solidaria de la rueda dentada de centro Bque engrana con el piñón 1, que puede girar alrededorde O. En el instante de la figura AB y OB sonperpendiculares. Si se supone que el balancín OB giracon T constante, determinar:

a) Velocidad angular de la manivela 3.b) Aceleración angular de dicha manivela.c) Aceleración del punto C .1

Datos: OB = R, BC= r

18.- El brazo telesc\pico DC del dispositivoconsiderado gira con velocidad angular ω constante yconocida; simultáneamente se alarga con velocidad vconstante y conocida. El disco 2, de radio r, est< encontacto sin deslizamiento con la barra 1 en el puntoA. En el instante de la figura el <ngulo en B es recto.Determinar, en la base de proyecci\n indicada:

a) Valores de ω y de ω .1 2

b) Valor de α , explicando la propiedad utilizada2

para deducirlo.c) Valor de las aceleraciones relativa y

complementaria del punto A considerando como2

referencia m\vil el brazo 1.

19.- En el dispositivo de la figura, la palanca acodada AOB gira con velocidad angular ω constante yconocida. La barra 3 desliza por el interior de la guía D, situada en el extremo de la manivela 4, quepuede girar alrededor de E. La palanca 1 est< articulada por su extremo A a la barra acodada, por su otroextremo lo está con el disco 2 que rueda sin deslizar alrededor del punto H. Determinar:

a) Velocidad angular ω del disco 2 y aceleraci\n de su punto de contacto H con la bancada.2

b) Aceleraci\n angular α del disco.2

c) M\dulos y sentidos de ω y α .3 4


r rv = vA /1 A / 2


20.- En el sistema de engranajes de la figura, elpunto B gira con ω y α conocidas en torno delB B

punto O fijo. El piñón 1, de centro O, tiene ω y α1 1

también conocidas. Se pide:a) Valor de ω y α .2 2

b) Definir la velocidad de sucesión de A.Comprobar que .


raG = 0

r r rΩ = +&ϕ p

3 Dinámica del espacio 77

3. PROBLEMAS DE DINÁMICA DEL ESPACIO


1.- Un cilindro homogéneo de masa m está montado en unmarco, de masa despreciable, con una inclinación de ánguloγ respecto de la vertical. Este marco gira con velocidadangular constante en torno del eje vertical, mientras queel cilindro, a su vez, gira respecto del marco con p = cte.Sabiendo que el apoyo A no soporta esfuerzos axiales y queel centro de masas G equidista de los extremos A y B unadistancia , determinar:

a) Reacciones en A y B.b) Energia cinética del cilindro.

SOLUCIÓN

Dado que las reacciones que se deben calcular comportan la determinación de más de tres incógnitas,se deberán aplicar los teoremas vectoriales de la cantidad de movimiento y del momento cinético.

La posición del centro de masas, que es al propio tiempo punto de intersección de los ejes físicos derotación, implica que es un punto fijo y carece, por tanto, de aceleración:

La velocidad angular del rotor será la composición de las rotaciones del cilindro respecto del marcoy la del marco respecto de la referencia fija; en consecuencia:

Para proceder a la determinación del momento cinético deberá elegirse un punto de reducción y untriedro de cálculo. El centro de reducción es, indudablemente, el centro de masas del cilindro, que es alpropio tiempo punto fijo. La base de cálculo se elegirá considerando que el momento cinético es unamagnitud instrumental que requiere ser derivada para aplicarla al teorema de su mismo nombre. En elcaso que se está estudiando, al tratarse de un rotor simétrico respecto del eje AB, las magnitudes deinercia son independientes de cualquier rotación en torno de dicho eje, en consecuencia se adoptará unabase solidaria del marco y con su misma velocidad angular . El eje 3 tendrá la dirección BA; el eje 2será perpendicular al marco; el eje 1 será ortogonal a los dos anteriores y su sentido será tal que el triedrosea directo.

En estas condiciones, la velocidad angular del cilindro será:


rΩ =

−

+

& sen

& cos

ϕ γ

ϕ γ0

p

( )

r rH II

I

I

I p

I

I pG G= =

−

+

=−

+

Ω0 0

0 0

0 0

0 0

3 3

& sen

& cos

& sen

& cos

ϕ γ

ϕ γ

ϕ γ

ϕ γ

( )dH

dt

dH

dtH I p I G G

b

b G

r rr r

= + × = + −

Ω0

03

2& cos & sen & cos senϕ γ ϕ γ ϕ γ γ

Σr rF maG= = 0


El momento cinético respecto del punto G se expresará mediante el vector

Tal como se ha indicado al seleccionar la base de cálculo, la variación temporal del momento cinéticodeberá considerar el hecho de que la base está en movimiento y no es solidaria del cilindro, sino sólo delmarco; en consecuencia deberá aplicarse el operador derivada en base móvil

Una vez determinadas las expresiones de la aceleración del centro de masas y de la variación temporaldel momento cinético, se deberán identificar las acciones que se ejercen sobre el sólido en cuestión.

En el apoyo B actúa una fuerza de módulo y dirección desconocidos que da lugar, por tanto, a trescomponentes. En el apoyo A actúa una fuerza de módulo desconocido de cuya dirección se sabe que notiene componente en la dirección del eje 3, como consecuencia de que este apoyo no soporta esfuerzosaxiales. En el punto G actúa, evidentemente, el propio peso del cilindro.

Una vez identificadas las fuerzas que se ejercen sobre el cuerpo, puede procederse a aplicar losteoremas vectoriales.Teorema de la cantidad de movimiento:

de donde se deducen las tres ecuaciones escalares siguientes:


A B mg

A B

B mg

1 1

2 2

3

0

0

0

+ + =+ =

− =

sen

cos

γ

γ

(1)

(2)

(3)

( )( )dH

dtM

B A

A BGG

rr

l

l= =−−

Σ2 2

1 1

0

( )( ) ( )

( )

( ) & sen cos & sen

4 0

5

2 2

1 12

3 32

p

l

l

B A

A B I I I

− =

− = − −ϕ γ γ ϕ γ

B mg3 = cosγ

( )[ ]( )[ ]

Bmg

I I I

Amg

I I I

12

3 32

12

3 32

2

1

2

2

1

2

= − + − −

= − − − −

l

l

& sen cos & sen

& sen cos & sen

ϕ γ γ ϕ γ

ϕ γ γ ϕ γ

p

p

( )[ ]T H I I pG= ⋅ = + +1

2

1

2 22 2

32r r

Ω & sen & cosϕ γ ϕ γ


Teorema del momento cinético:

que da lugar a las dos ecuaciones escalares

De la ecuación (3) se deduce directamente

A partir de las ecuaciones (2) y (4), es fácil encontrar:

A = B = 02 2

Resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (5) se llega a los valores:

La energia cinética del sistema responde a la expresión:

2.- Una válvula de mariposa consiste en un disco homogéneo y uniforme, de masa m, montado en el interiorde un conducto cilíndrico, de radio r, mediante dos apoyos A y B de tal forma que el disco puede girarentorno al eje AB, con respecto del conducto. Dicho movimiento se consigue aplicando un par M al eje AB.

La válvula está montada en un vehículo, de modo que el eje del conducto -aa- es siempre vertical. Dichovehículo recorre una trayectoria circular de radio ρ y lo hace a velocidad constante v, de tal forma queel eje AB siempre está dirigido hacia el centro de la trayectoria circular (ver planta).



Determinar:a) Velocidad y aceleración angulares absolutas

del disco cuando éste gira con velocidad angularconstante ω respecto del conducto.

b) ¿Qué par, M, debe aplicarse al eje AB paraque la válvula se abra a velocidad constante ωrespecto del conducto?

c) Determinar las reacciones en los apoyos A y Bsi el apoyo B no puede resistir esfuerzos axiales.

SOLUCIÓN

El sólido rígido objeto de este problema es una placacircular. Por las adecuadas consideraciones de simetría,puede concluirse que dicho sólido es rotor simétrico conrespecto del eje perpendicular a la placa por su centro. Estacaracterística del sólido rígido que se ha de estudiar nopermite hacer ninguna modificación en la resolución delproblema, al no ser este eje ninguno de los ejes físicos derotación del sólido. Como consecuencia de lo dicho, la basede proyección deberá ser solidaria del disco en cuestión.

La base de proyección estará constituida por el eje 2, quetendrá la dirección del eje AB y el sentido de A hacia B; eleje 3 perpendicular a la placa y dirigido hacia arriba; el eje 1tendrá la dirección y sentidos necesarios para que el triedrosea directo. Esta base estará animada del mismo movimiento que tiene el disco y por tanto su velocidadangular será la de éste.

Dado que se piden tanto las reacciones en los apoyos como el par aplicado a la placa circular, se deberárecurrir a las ecuaciones derivadas de los teoremas vectoriales, exigiendo la aplicación tanto de lasegunda ley de Newton como del teorema del momento cinético.

Este último teorema del momento cinético requiere la elección del punto de reducción. Cabe laposibilidad de utilizar el centro de masas G del sólido o la de considerar cualquier otro de sus puntos.Dado que no existe ninguno que pueda considerarse fijo en el espacio, parece adecuado escoger, comopunto de reducción, el centro de masas del disco.

El hecho de que la válvula esté montada sobre un vehículo que describe una trayectoria circular y queel eje AB mantenga, en todo momento, la dirección radial hace que el disco esté animado de una

velocidad angular vertical de módulo V/ρ. En estas condiciones, la velocidad angular absoluta del sólido

rígido será:


r r rΩ ΩDis

v

v

= + =−

ωθ

ωθ

ρ

ρ

sen

cos

rr

r r&& cos

& sen

cos

sen

Ω Ω Ω ΩDisDis

b

Dis Dis

v

v

v

v

d

dt= + × =

−

−

=−

−

ρ

ρ

ωρ

ωρ

θ θ

θ θ

θ

θ0 0

raG

v= −

0

0

2

ρ

rH

I

I

I

I G

v

v

I v

I v=

−

=−

0 0

0 0

0 0 33

ρ

ρ

ρ

ρ

θω

θ

θω

θ

sen

cos

sen

cos

( )( )dH

dt

dH

dtH

I I

I I

I

G G

b

Dis G

v

v

v

r rr r

= + × =

−

−

−

Ω

ωρ

ρωρ

θ

θ θ

θ

cos

sen cos

sen

3

3

3

22

2


Al ser la base de proyección solidaria del disco, su velocidad angular será la de éste. Al aplicar eloperador derivada en base móvil resultará:

Para la aplicación de la segunda ley de Newton será necesario determinar la aceleración del centro demasas del cilindro. Para ello bastará considerar que el punto G describe una trayectoria circular de radioρ con velocidad v conocida. Como consecuencia de lo dicho, bastará con determinar la componente dearrastre de la aceleración del punto G

Para la determinación de las reacciones en los cojinetes y del par aplicado en A por el motor, seutilizarán los teoremas vectoriales. Será necesario, por tanto, hallar el momento cinético del cilindro yestudiar su variación temporal. Al disponer de la posición del centro de masas G y puesto que la base essolidaria del disco, se podrá escribir:

Dado que se ha escogido una base de trabajo solidaria del eje de revolución del cilindro, y que éste sehalla fijo en la plataforma circular que se mueve con velocidad angular ω, la base estará animada de lamisma velocidad angular. El hecho de proyectar en una base en movimiento obligará a determinar lavariación del momento cinético mediante el operador derivada en base móvil. En consecuencia, se podráescribir:


Σr rF m a

A B mg

A

A B mg

mGv= ⇒

+ +

+ −

= −

1 1

2

3 3

0

0

2

sen

cos

θ

θρ

r r rA

A

A

A

B

B

mg

mg

=

−

1

2

3

1

3

0 0 B = G =

sen

cos

θ

θ

rM =

0

0

M

( )

( )Σ

rM G = −

×

+

×

+

=−

−

0

0

0

0

0

0

0

1

2

3

1

3

3 3

1 1

r

A

A

A

r

B

B

M

B A r

M

A B r


Por tratarse de un disco plano homogéneo y dada la elección de ejes que se ha realizado, se verificaráque el momento de inercia respecto del eje 3 es igual a la suma de los momentos de inercia respecto delos ejes uno y dos. Por tanto I = 2I.3

Para la determinación de las reacciones en los apoyos y del par motor, se deberán aplicar los teoremasvectoriales. Previamente será necesario analizar el sistema de fuerzas actuantes sobre el sólido rígido.

En el apoyo A existirá una reacción de dirección y módulo desconocidos y el par debido al motor M;en el apoyo B existe una reacción contenida en el plano ortogonal al eje AB, el peso propio aplicado enel centro de masas G. Proyectando en la base escogida quedará:

Fuerzas:

Momentos:

Dado que se ha elegido como punto de reducción el centro de masas del cilindro, será necesario calcularel momento resultante, respecto de dicho punto, de todas las acciones que se ejercen sobre el cuerporígido. Para ello habrá que considerar las distancias al punto G de todos los puntos de aplicación de lasdiferentes fuerzas actuantes e incluir el momento M que se aplica directamente al eje AB por el motor.En estas condiciones, el momento resultante sobre el punto G de reducción será:

Una vez analizado el campo de fuerzas y los momentos que actúan sobre el disco, pueden aplicarse losteoremas vectoriales que permitirán plantear las ecuaciones:Teorema de la cantidad de movimiento:


( ) sen

( )

( ) cos

1

2

3

1 1

2

2

3 3

A

A

A

+ = −

= −

+ =

B mg

mv

B mg

θ

ρθ

( )

( )( )Σ

rr

MdH

dt

B A r

M

A B r

I IGG v

v

= ⇒−

−

= −

−

I

3 3

1 1

3

3

02

2ρωρ

θ θ

θ

sen cos

sen

( )

( )

( )

( ) sen cos

( ) sen

4 0

5

6

3 3

2

2 3

1 1 3

r

M

A r

B A

vI I

B Iv

− =

= −

− = −

ρθ θ

ωρ

θ

( )Mv

I I= −2

2 3ρθ θsen cos

Amg I v

r

Bmg I v

r

13

13

2 2

2 2

= − −

= − +

sen sen

sen sen

θ ω θρ

θ ω θρ

Amv

2

2

= −ρ

A Bmg

3 3 2= = cosθ



La ecuación (5) permite obtener el valor del par necesario:

De las ecuaciones (1) y (6) se obtiene:

La ecuación (2) permite escribir, directamente,

De las ecuaciones (3) y (4) se deduce:

3.- Un paralelepípedo homogéneo de masa m, cuya base es uncuadrado de lado L y cuya altura es L/2, está soldado al eje AB, el



cual está soportado por una horquilla y gira accionado por el motorM con velocidad angular constante ω. Al propio tiempo la1

horquilla gira con velocidad angular y aceleración angular entorno al eje vertical accionado por el motor M . Se sabe que el radio2

de giro de la horquilla respecto del eje a-a’ es k y su masa M.Determinar, suponiendo que el apoyo B no soporta esfuerzos axiales:

a) Velocidad y aceleración angulares del paralelepípedo.b) Aceleración del centro de masas del bloque.c) Reacciones en A y B.d) Momento necesario suministrado por el motor M1.

e) Momento necesario suministrado por el motor M2.

SOLUCIÓN

El paralelepípedo objeto de este problema es un semicubo.Mediante la aplicación de las consideraciones de simetría al cubocompleto y utilizando la propiedad del sólido mitad, puedeconcluirse que dicho semicubo es rotor esférico con respecto delpunto O, centro de la cara superior. Esta característica del sólidorígido que se ha de estudiar permite una gran flexibilidad a la horade elegir la base de proyección.

Dado que se piden tanto las reacciones en los apoyos como lospares aplicados, se deberá recurrir a las ecuaciones derivadas de losteoremas vectoriales. El hecho de que se requieran más de tresincógnitas permite prever la necesidad de aplicar tanto la segundaley de Newton como el teorema del momento cinético.

La aplicación del teorema del momento cinético requiere la eleccióndel punto de reducción. Cabe la posibilidad de utilizar el centro demasas G del semicubo o la de considerar el punto O, de intersecciónde los ejes físicos de rotación, y por tanto fijo en el espacio.

Teniendo en cuenta el hecho de que el sólido es un rotor esféricocon respecto al punto O, parece más adecuado elegir, como puntode reducción, dicho punto fijo. Ello permite adoptar cualquier basede proyección, puesto que, al tratarse de un rotor esférico, la matrizde inercia será indiferente a cualquier orientación de la base.

A fin de simplificar las proyecciones, es conveniente escoger unabase solidaria del eje AB y, por tanto, animada de la velocidad ,pero no de la velocidad . De este modo, el eje 2 tendrá la direccióndel eje AB y el sentido de A hacia B; el eje 3 será vertical y dirigidohacia arriba; el eje 1 tendrá la dirección y sentidos necesarios para que el triedro sea directo.

En estas condiciones, la velocidad angular absoluta del sólido rígido será


r r rΩ = + =

&

&

ψ ω ωψ

0

r rΩb = =

&

&

ψψ

0

0

rr r

r r&&

&&

Ω Ω Ω Ω Ω= = + × =−

d

dt

d

dtb

b

ψ ω

ψ

0

( )r r r r ra aG O

L

L L

L

= + × × + × =+

− −

→ →

Ω Ω Ω( )&

& sen

&& sen & cos

cos

OG OG

ω ψ θψ θ ψω θ

ω θ

2 24

4 42

4

2

r rH II I

I O O= =

Ω0

ωψ&


Al ser la base de proyección solidaria del eje AB, su velocidad angular será

Para encontrar la aceleración angular del sólido rígido, deberá determinarse la variación temporal delvector velocidad angular. Para hallar esta derivada será necesario considerar que los vectores se hanproyectado sobre una base móvil y por consiguiente será necesario utilizar el operador derivada en basemóvil:

Para la determinación de la aceleración del centro de masas del semicubo, bastará con considerar que,tanto el punto O (fijo) como el punto G pertenecen al mismo sólido rígido, del cual se conocen suvelocidad y aceleración angulares; por lo tanto se podrá aplicar la expresión general,

Para determinar las reacciones en los cojinetes y el par aplicado en A por el motor, se utilizarán losteoremas vectoriales. Será necesario, por tanto, hallar el momento cinético del paralelepípedo y estudiarsu variación temporal.

Al haber elegido el punto O como punto de reducción y dado que, respecto de dicho punto, se trata deun rotor esférico se podrá escribir:

Dado que la base en que se está trabajando se mueve, para hallar la variación temporal del momentocinético se deberá aplicar el operador derivada en base móvil, en consecuencia:


dH

dt

dH

dtH

I

I

O O

b

b O

r rr r

= + × =−

Ω

&

&&

ψ ω

ψ

0

r r rA

A

A

A

B

B mg

=

−

1

2

3

1

2

0

0

0 B = P =

rM =

0

01M

( )

( )Σ

rM L

A

A

A

L

B

B mg

M

B A L

M mg

A B LO

L

L

L= −

×

+

×

+

×

+

=−

+−

−

−

0

0

0

0

0 0

0

0

0

0

1

2

3

1

2

4

4

1

3 3

1 4

1 1

sen

cos

sen

θ

θθ


Una vez determinada la aceleración del centro de masas del sólido y la variación temporal del momentocinético, será necesario analizar el sistema de fuerzas que actúan sobre el sólido rígido.

En el apoyo A existirá una reacción de dirección y módulo desconocidos y el par debido al motor M ;1

en el apoyo B existe una reacción contenida en el plano ortogonal al eje AB, el peso propio aplicado enel centro de masas G. Proyectando en la base escogida quedará:

Fuerzas:

Momentos:

Dado que, por las razones indicadas, se ha elegido como punto de reducción el punto O, será necesariocalcular el momento resultante, respecto de dicho punto, de todas las acciones que se ejercen sobre elcuerpo rígido. Para ello habrá que considerar las distancias al punto O de todos los puntos de aplicaciónde las diferentes fuerzas actuantes e incluir el momento M que se aplica directamente al eje AB por el1

motor. En estas condiciones el momento resultante sobre el punto O de reducción será:

Una vez analizado el campo de fuerzas y momentos que actúan sobre el paralelepípedo pueden aplicarselos teroremas vectoriales, que permitirán plantear las ecuaciones:


( )( )Σ

r rF m

A B

A

A B mg

m

L

L

L

= ⇒+

+ −

=+

− −

a G

1 1

2

3 3

2 22

4

42

2

ω ψ θψ θ ψ ω θ

ω θ

& sen

&& sen & cos

cos

( )( )

( ) & sen

( ) && sen & cos

( ) cos

12

24

2

34

1 12 2

2

32

A

A

A3

+ = +

= − −

+ = +

B mL

L

B mgL

ω ψ θ

ψ θ ψ ω θ

ω θ

( )

( )Σ

rr

MdH

dt

B A L

M mg

A B L

I

I O

O L= ⇒−

+−

=−

3 3

1 4

1 1

0sen

&

&&

θψ ω

ψ

( )

( )

( ) &

( ) sen

( ) &&

4

54

6

3 3

1

1 1

M

B A L I

Lmg

A B L I

− = −

= −

− =

ψ ω

θ

ψ

( )( )

A mL I

L

B mL I

L

12 2

12 2

4 2

4 2

= + +

= + −

ω ψ θ ψ

ω ψ θ ψ

& sen&&

& sen&&

Amg m L I

L

Bmg m L I

L

3

2

3

2

2 8 2

2 8 2

= + +

= + −

ω θ ψ ω

ω θ ψ ω

cos &

cos &


Teorema de la cantidad de movimiento:


De las ecuaciones (1) y (5), resultará:

De las ecuaciones (3) y (4), se obtendrá:

De la ecuación (2), directamente


( )AmL

2 22= − −&& sen & cosψ θ ψ ω θ

ML

mg1 4= − senθ

M L A L B m k2 1 12− − = &&ψ

( )M I m k22= + &&ψ


La ecuación (5), por su parte, permite obtener:

Para determinar el par necesario suministrado por el motor M , que permite el movimiento en las2

condiciones cinemáticas que se han especificado, será necesario establecer la ecuación del movimientode la horquilla. Paso previo para ello es la determinación del conjunto de acciones que se ejercen sobreésta.

Tal como se ilustra en la figura, como consecuencia dela tercera ley de Newton, en los puntos A y B actúanreacciones iguales y de sentido opuesto a las que se hansupuesto en el paralelepípedo. También debe tenerse encuenta el par reacción, de sentido opuesto al par motorM considerado antes y actuando sobre el soporte en el1

punto A.También se incluye el par M creado por el motor2

inferior, y el peso Mg propio de la horquilla aplicado ensu centro de masas. Finalmente, deben añadirse lasacciones de enlace que mantienen la horquilla veritcal y,no obstante, le permiten girar alrededor de su propio eje.Como la horquilla no puede trasladarse en lasdirecciones 1, 2 y 3, existirán las fuerzas de enlace F , F1 2

y F . Por otra parte, la horquilla únicamente puede girar3

en la dirección 3. O sea, las rotaciones alrededor de 1 y2 en el punto F no pueden efectuarse. De ahí que existanlos momentos de enlace N y N .1 2

Dado que se conoce el radio de giro k de la horquilla,el momento de inercia de ésta, respecto del eje 3, serámk .2

La tercera componente del teorema del momento cinético permite escribir:

Esta última ecuación, combinada con la ecuación (6) encontrada anteriormente, permite determinar elvalor del par M necesario, que será:2



4.- Un satélite de comunicaciones consta de uncuerpo central, de altura 2, y dos panelessolares cuadrados de lado 2 y masa m cadauno. Uno de estos paneles solares estáarticulado al cuerpo central, a mitad de sualtura, mediante dos apoyos A y C. El apoyo Cincluye un motor no visto, de par M, que sirvepara extender el panel, pero no absorbeesfuerzos en dirección de la recta AC.

Cuando se realiza el proceso de extensióndel panel solar, el satélite está girando convelocidad angular constante 6 y su punto Oestá animado de una aceleración lineal a dedirección paralela a AC. Como consecuencia de la acción del motor en C, el panel gira con una velocidad7 constante con respecto del cuerpo del satélite. Determinar:1

a) Aceleración angular absoluta del panel solar.b) Aceleración absoluta del centro de masas del panel.c) Reacciones en A y en C.d) Par M necesario en el motor C para que se produzca el movimiento descrito.

SOLUCIÓN

Para realizar el primer apartado se utilizara una base 123, solidaria del cuerpo central del satélite ymoviéndose con la velocidad angular de éste.

En este caso, la velocidad angular absoluta del panel solar tendrá dos componentes, una debida alarrastre con el satélite (6) y una componente relativa al cuerpo central del mismo (7 ). En estas1

condiciones, pese a que las velocidades angulares involucradas sean constantes en módulo, siempreexistirá aceleración angular. Es evidente que la velocidad angular relativa del panel no mantiene su


r rΩ

ΩΩ

ΩSol b=

=

ω1

0

0

0

rr r

r r&Ω Ω Ω Ω Ω ΩSolSol Sol

b

b Sold

dt

d

dt= = + × = +

0

0

01 ω

r&cos

sen

Ω ΩΩ

Sol =−

0

1

1

ω θω θ


dirección constante en el espacio y, por lo tanto, existe aceleración angular. Para determinarla, se podrárecurrir a la derivación en base móvil; las velocidades angulares del sólido y de los ejes de proyecciónson, en la base propuesta:

Aplicando ahora el operador derivada en base móvil, quedará:

Para la determinación de los demás apartados será más cómodo trabajar con una base xyz solidaria delpanel solar en la forma indicada en la figura. Ello se debe, fundamentalmente, a la necesidad de que, alaplicar el teorema del momento cinético, los términos de la matriz de inercia sean invariantes con eltiempo. Como, por otra parte, será necesario conocer la aceleración del centro de masas del panel parapoder aplicar la segunda ley de Newton al sólido rígido, se deberá determinar en dicha base.

En esta nueva base la aceleración angular del panel tendrá la siguiente proyección:

Para la determinación de la aceleración del centro de masas, G, del panel se recurrirá al hecho de queel punto medio de la articulación del panel con el cuerpo central (llamado B) y el punto G pertenecen almismo sólido y, por lo tanto, es posible utilizar la expresión:


( )( )

r r r r r r rl

l

l l

a a OB BG BG

a

G O Sol Sol Sol= + × × + × × + × =+

+− + −

→ → →Ω Ω Ω Ω Ω

ΩΩ

Ω( ) ( )

&cos

cos sen

sen sen

2

1

1

12

212

ω θθ θ

θ θ ω

r r r r ra a BG BGG B Sol Sol Sol= + × × + ×

→ →Ω Ω Ω( )

&

r r r ra a OBB O= + × ×

→

Ω Ω( )

r rH II

I

I

I

I

I

I G G Sol= =

= Ω ΩΩ

ΩΩ

0 0

0 0

0 0

1 1' 'sen

cos

sen

cos

ωθθ

ωθθ

( )

( )dH

dt

dH

dtH

I I

I

I I

G G

b

b G

r rr r

= + × =

−

−

Ω

Ω

ΩΩ

'

'

'

sen cos

cos

sen

2

1

12

θ θ

ω θω θ

r r rC C

C

A

A

A

mg

mg

=

−−

0 0

2

3

1

2

3

A = G = sen

cos

θθ


El punto medio de la articulación B pertenece, simultáneamente, al cuerpo central del satélite y, enconsecuencia, su aceleración valdrá:

de modo que sustituyendo los valores de los vectores, todos ellos conocidos, proyectados en la base detrabajo actual resultará:

Para la determinación de las reacciones en los cojinetes y del par aplicado en A por el motor, seutilizarán los teoremas vectoriales. Será necesario, por tanto, hallar el momento cinético del panel solary estudiar su variación temporal.

Al disponer de la posición del centro de masas G y puesto que la referencia es solidaria del sólidorígido, se podrá escribir:

Para hallar la variación temporal del momento cinético se deberá aplicar el operador derivada en basemóvil, dado que la base en que se está trabajando se mueve con el cuerpo rígido, en consecuencia

Una vez se ha determinado el momento cinético y su variacióntemporal, se deberá realizar un análisis de las acciones que seejercen sobre el sistema.Fuerzas:


rM =

M

0

0

Σr r r r

l l

l l l

l l

M G

= × + × + =+ +

− − +−

→ →GC C GA A M

M C A

C A A

C A

2 2

3 1 3

2 2

( )( )

A

C A mg

C A mg

m

a1

2 2

3 3

12

212

2

1

1

+ −+ −

=+

+− + −

sen

cos

cos

cos sen

sen sen

θθ

ω θθ θ

θ θ ω

ΩΩ

Ω

l

l

l l

A m a m 1 12= + l Ω ω θcos

( )( )

( ) sen cos sen

( ) cos sen sen

1 1

2 1

2 22

3 32

12

C

C

+ = + +

+ = − + −

A m g m

A m g m m

θ θ θ

θ θ θ ω

Ω

Ω

l

l l

( )( )

( )

( )

( )

M C A

A A C

C A

I I

I

I I

+ +− −

−

=

−

−

2 2

3 1 3

2 2

2

1

12

l

l

l

'

'

'

sen cos

cos

sen

Ω

ΩΩ

θ θ

ω θω θ

( ) ( )( )( ) ( )

( ) sen cos

( ) cos

( ) sen

'

'

'

3

4

5 2

2 22

3 1 3 1

2 2 1

M =

=

=

+ + −

− −

− −

C A I I

A A C I

C A I I

l

l

l

Ω

Ω

Ω

θ θ

ω θ

ω θ

( ) ( )M = 2I I m g m − − − +' sen cos sen cos senΩ Ω2 2 1θ θ θ θ θl l


Momentos:

El cálculo de los momentos de las fuerzas que actúan sobre el sistema, respecto del punto G, será:

Los teoremas vectoriales permiten plantear ahora las seis ecuaciones siguientes:Teorema de la cantidad de movimiento:

Teorema del momento cinético.

De las ecuaciones (1) y (3), resultará:


( ) ( )

( ) ( )C

mg m I I

Amg m I I

2 1

2 1

2

1

2

2

2

2

1

2

2

2

= ++

+−

= ++

−−

sen cos sensen

sen cos sensen

'

'

θ θ θω θ

θ θ θω θ

ΩΩ

ΩΩ

2

2

l

l

l

l

( )

( )

Amg m m I m a

m

Cmg m m I m a

m

312

1

312

1

2

1

2 2 2 2

2

1

2 2 2 2

= −+

− + + +

= −+

− − − −

cos sen sen coscos

sen cos sen coscos

'

'

θ θ θ ω ω θω θ

θ θ θ ω ω θω θ

Ω ΩΩ

Ω ΩΩ

2

1

2

1

l l

ll

l l

ll


De las ecuaciones (1) y (5), se obtendrá:

De las ecuaciones (2) y (4), junto con el valor de A , se obtiene:1

5.- El manipulador de la figura se mueve con v=cte. =cte. y =cte. En su extremo se ha montado unmotor que puede girar libremente en torno al eje AB. El disco y el rotor del motor son solidarios y girancon velocidad angular constante p en torno al eje OC. El centro de masas G del motor y el disco estásobre el eje OC a una distancia del punto O. El cojinete en B no puede absorber esfuerzos axiales.

Determinar:a) Velocidad angular de la horquilla.b) Velocidad angular de la recta OC.c) Aceleración angular del conjunto disco-rotor.d) Aceleración del punto A.e) Aceleración del punto G.f) Reacciones en el apoyo A.


r r r rΩ = + +& &ψ θ p


SOLUCIÓN

a) La horquilla soporte cambia de orientación como consecuencia, únicamente, del giro de laarmadura entorno del eje vertical.

b) La recta OC, o lo que es equivalente, el estátor del motor, está afectada de un movimiento respectode la horquilla y ésta, a su vez, está animada del movimiento en torno del eje vertical. En consecuenciala recta OC estará animada de una velocidad angular que será la suma de ambas velocidades angulares y .

c) La velocidad angular del disco-rotor incluirá, además de las anteriores, la velocidad angular del rotorrespecto del estátor que es p en la dirección de la recta OC de modo que:

Para hallar la aceleración angular es necesario encontrar la variación de la velocidad angular con eltiempo. Aunque el enunciado establece que y p son constantes, esta característica sólo se refiere a sumódulo. Es evidente que, en el caso de la velocidad de rotación p, su dirección es variable comoconsecuencia de la existencia de las rotaciones y . En el caso de la velocidad , su módulo puedevariar, puesto que no hay razón que se oponga a ello, y en lo concerniente a la dirección, éstaefectivamente varía como consecuencia de la existencia de .

Para poder encontrar la aceleración angular del disco-rotor, se deberá obtener la derivada de lavelocidad angular absoluta respecto del tiempo. Para desarrollar el problema es necesario escoger unabase de proyección. Dicha base se elegirá de forma que las proyecciones a realizar sean lo más sencillasposible y procurando que su movimiento sea fácilmente identificable. La base escogida, en este caso, será


r r rΩb = + =

−

& &

& sen&

& cos

ψ θψ θ

θψ θ

r r rr

Ω = + + =− +

& &

& sen&

& cos

ψ θψ θ

θψ θ

p

p

d

dt

d

dtb

b

r rr rΩ Ω Ω Ω= + × =

−+

− −

& & cos&& & cos& & sen &

θ ψ θθ ψ θψ θ θ θ

p

p

r r r ra a a aO a r c= + +

r r ra DOa = × ×

→& ( & )ψ ψ


solidaria del estátor del motor (línea OC), de manera que el eje 1 tendrá la dirección OC, el eje 2 ladirección OB, mientras que el eje 3 será perpendicular a ambos y en el sentido que defina un triedrodirecto (dextrógiro) con los otros dos.

Dicho triedro, al ser solidario del estátor, estará animado de la velocidad angular de éste:

El sistema disco-rotor tendrá, por su parte, una velocidad angular que se podrá expresar como:

Para determinar la aceleración angular del conjunto disco-rotor se deberá derivar este último vector .Al estar expresado en una base móvil obligará a tener en cuenta este hecho y deberá utilizarse el operadorderivada en base móvil:

d) Antes de seguir adelante se calculará la aceleración del punto O que, por hallarse en la intersecciónde los ejes AB y OC, será útil tanto para la determinación de la aceleración del punto A como para la delpunto G.

Dado que el punto O se halla en la horquilla, para encontrar su aceleración se considerará comoreferencia móvil el armazón giratorio vertical que se mueve con velocidad lineal v y angular . En estascondiciones se tratará de un problema de composición de movimientos de modo que:

La aceleración de arrastre se podrá determinar considerando que el punto O se mueve solidario con elarmazón, de manera que

La aceleración relativa será nula, dado que se ha establecido que = cte. La aceleración de Coriolis será:


r r ra xc = ×2 & &ψ

ra

x

xO =−

−

& cos& &

& sen

ψ θψ

ψ θ

2

x

22

r r r r ra a OG OGG O b b b= + × × + ×

→ →

Ω Ω Ω( )&

rl l

l

l l

a

x

x

xG =

− − −−

− − −

& cos & & cos& & & & sen

& sen & sen cos &&

ψ θ θ ψ θψ ψ θ θ

ψ θ ψ θ θ θ

2 2 2 2

2 2

2 2

rr r

r r&& & cos

&&

& & sen

Ω Ω Ω Ω Ωbb b

b

b bd

dt

d

dt= = + × =

−

−

ψ θ θθ

ψ θ θ


De este modo, la aceleración del punto O, expresada en la base de trabajo que se ha establecido, será:

e) El punto G se halla sobre la recta OC, en consecuencia su aceleración podrá determinarse a partir dela del punto O, teniendo en consideración que ambos puntos pertenecen a una recta que está animada deuna velocidad angular y de una aceleración angular conocidas, que son las del estátor, y que ya hemosvisto que coincidía con los de la base adoptada. Por tanto:.

La expresión de la aceleración angular de la base podrá determinarse derivando la velocidad angular deésta:

f) Para hallar las reacciones en los apoyos seránecesario un análisis de los campos de fuerzas ymomentos que actúan sobre el sólido en cuestión. Eldiagrama de sólido libre permite identificar las tresreacciones en el apoyo A; en el apoyo B tan sóloexisten dos reacciones, debido a que el cojinete eneste apoyo no es capaz de absorber esfuerzos axiales.En el centro de masas se encontrará aplicado el pesodel sistema.

Para determinar estas reacciones en los apoyos, serecurrirá a los teoremas vectoriales de la cantidad demovimiento y del momento cinético. Para aplicaréste último será necesario elegir una base deproyección, un punto de reducción y, en función de éstos, calcular la variación temporal del momentocinético respecto de dicho punto.


Σr rF maG=

( )( )

( )

A B mg m x

A m x

A B mg m x

1 12 2 2 2

2

3 32 2

2

+ + = − + +

= −

+ − = − + +

sen & cos & & cos

& & & sen

cos & sen & sen cos &&

θ ψ θ θ ψ θ

ψ θ θ

θ ψ θ ψ θ θ θ

l l

l

l l

( )A m x2 2= −& & & senψ θ θ l

Σr

rr

MdH

dtOG m aO

OO= + ×

→

( )r rH II

I p

I

IO O= =

−

Ω1

2

2

'

'

'

& sen&

& cos

ψ θθ

ψ θ

( ) ( )( )

dH

dt

dH

dtH

I

I I p

I I p

O O

b

b O

r rr r

= + × =−

+ + −

− − −

Ω1

22

1

2 12

'

' '

' '

& & cos&& & cos & sen & cos

& & sen & sen &

ψ θ θθ ψ θ θ ψ θ ψ θ

ψ θ θ ψ θ θ

sen


En estas condiciones y conocida la aceleración del centro de masas, se podrá escribir:Teorema de la cantidad de movimiento:

de donde se deduce, directamente, que:

Para aplicar el teorema del momento cinético, se elegirá, en un primer planteamiento, el punto O, queno es un punto de aceleración nula, ni es el centro de masas ni, evidentemente, está acelerado hacia elcentro de masas del motor. En lo concerniente a la base de proyección, la que se ha adoptado es válida,dado que, al ser rotor simétrico respecto del eje OC, el giro alrededor de dicho eje no modificará losmomentos y productos de inercia y permitirá la existencia de un grado de libertad entre el sólido y la base.En estas condiciones podrá aplicarse la expresión general del teorema del momento cinético respecto deun punto arbitrario, que permitirá escribir:

El momento cinético, respecto de O es:

Dado que el vector se expresa en una base móvil, deberá tenerse en cuenta este hecho y utilizar eloperador derivada en base móvil, de modo que

donde la aplicación del teorema de Steiner permite relacionar los momentos centrales de inercia con losempleados en esta ocasión, de modo que:


I I

I I m

1 1

2 22

'

'

=

= + l

Σr

rr

MdH

dtOG m aO

OO= + ×

→

( )( ) ( ) ( )( ) ( )

d B A I

mg p I m x

d A B I p I m x

3 3 1

1 22 2

1 1 1 22 2

− = −

= − + + +

− = − − − +

I

'

' '

' '

& & cos

cos & sen & cos && & sen cos & sen

& sen & & & sen & &

ψ θ θ

θ ψ θ ψ θ θ ψ θ θ ψ θ

ψ θ θ ψ θ θ ψ

l l

l

( ) ( )AI

d

Ip

I m3

1 1 2 2

2 2 2 2= + − + −

+

' ' '

& & cos & sen & cos && & sen cosψ θ θ ψ θ ψ θ θ ψ θ θ l l

l

( ) ( )AI

d

Ip

I3

1 1 2 2

2 2 2= + − + +& & cos & sen & cos && & sen cosψ θ θ ψ θ ψ θ θ ψ θ θ

l l

( )[ ] ( )Am

dx m x g

I

dp

I

d12 2 1 2

2= − + + + − − −

ll l

&& & cos cos & sen & sen & & & sen

' 'ψψ θ θ θ θ ψ θ θ ψ θ θ

( ) ( )[ ] ( )Am

dx

mx g

I

dp

I

d12 2 1 2

2 2= − − + + + − − −l

l l l&

& & sen & cos cos & sen & sen & & & senψ θ θ ψ θ θ θ θ ψ θ θ ψ θ θ



de donde se obtienen las ecuaciones escalares:

De modo que combinando la tercera de las ecuaciones escalares, consecuencia de la aplicación delteorema de la cantidad de movimiento, con la primera de las que se acaban de obtener, se deduce que:

donde, si se considera lo dicho respecto de los momentos de inercia quedará:

en función de los momentos centrales de inercia. Combinando ahora la primera de las ecuacionesresultado del teorema de la cantidad de movimiento con la tercera de las que se obtienen del teorema delmomento cinético, resultará

que, en función de los momentos centrales de inercia, será:

Para contrastar los resultados se volverán a calcular las reacciones en A utilizando otro punto deaplicación del teorema del momento cinético. Se eligirá como punto de reducción el centro de masas G.En lo concerniente a la base de proyección, la que se ha adoptado es válida, dado que, al ser rotorsimétrico respecto del eje OC, el giro alrededor de dicho eje no modificará los momentos y productos de


( )r rH II

I p

I

IG G= =

−

Ω1

2

2

& sen&

& cos

ψ θθ

ψ θ

( ) ( )( )

dH

dt

dH

dtH

I

I p I

I p I

G G

b

b G

r rr r

= + × =−

− + +

− − −

Ω1

1 22

1 22

& & cos& sen & cos && & sen cos

& & sen & & sen

ψ θ θψ θ ψ θ θ ψ θ θ

θ ψ θ ψ θ θ

( )( )

( )dH

dtM

d B A

B A

d A B A

GG

rr

l

l

= =−+

− −

Σ3 3

3 3

1 1 2

( )( ) ( ) ( )

( ) ( )

d A

B A p I

A d A B p I

3 3 1

3 3 1 22

2 1 1 1 22

−

+ = − + +

− − = − +

B = I

I

I

& & cos

& sen & cos && & sen cos

& & sen & & sen

ψ θ θ

ψ θ ψ θ θ ψ θ θ

θ ψ θ ψ θ θ

l

l

( ) ( )AI

d

Ip

I3

1 1 2 2

2 2 2= + − + +& & cos & sen & cos && & sen cosψ θ θ ψ θ ψ θ θ ψ θ θ

l l

( ) ( )[ ] ( )Am

dx

mx g

I

dp

I

d12 2 1 2

2 2= − − + + + − − −l

l l l&

& & sen & cos cos & sen & & sen & & senψ θ θ ψ θ θ θ θ θ ψ θ ψ θ θ


inercia y permitirá la existencia de un grado de libertad entre el sólido y la base. En estas condiciones elmomento cinético será:

Dado que el vector se expresa en una base móvil, deberá tenerse en cuenta este hecho y utilizar eloperador derivada en base móvil, de modo que

En estas condiciones y conocidas la aceleración del centro de masas y la variación temporal delmomento cinético pueden aplicarse los teoremas vectoriales:Teorema del momento cinético:

de donde se obtienen las ecuaciones escalares:

De las dos primeras se halla el valor de A :3

Sustituyendo en la tercera los valores de B y A quedará:1 2


r r rv vC B= + ×

→Ω1 BC

donde (1)rΩ

Ω1

0

= −

ω

0 =

r−

+ −

×−

=− +

Ω

Ω

Ωl l

0

0

0 0

0 0

0

ωω

r

− + = =Ω Ωl

lω ω r , (2)0r

&&

ω = Ωl

r (3)


6.- Se aplica un par M conocido sobre el árbolvertical OA de masa despreciable, que estáarticulado con la barra AB de masa m y espesordespreciable. El disco también tiene masa m yespesor despreciable, de modo que el contactoC puede considerarse puntual. Si en dichocontacto no hay deslizamiento, y además sesabe que la reacción en C en la dirección CO esnula y que el árbol OA gira sin rozamiento en laarticulación O, determinar:

a) Aceleración angular .b) Acciones de enlace en B.c) Momentos de las acciones de enlace en A.

SOLUCIÓN

a) Para hallar conviene determinar previamente la velocidad angular ω del disco respecto la barraAB puesto que no es un dato del problema. Los puntos B y C del disco tienen velocidad conocida; la deC es nula por ausencia de deslizamiento, y la de B se ve rápidamente que vale Ω . Usamos ahora la

fórmula de velocidades para un sólido, que en nuestro caso es el disco, y será:

Sustituyendo:

de donde se obtiene

La expresión (1) de es genérica, es decir, es válida en cualquier instante si suponemos la base 123del enunciado solidaria de la barra AB. En consecuencia (2) también será genérica y podremos derivarlapara obtener


& &W T= (4)

&W C vC= ⋅ =r r

0

&WMd

dtM=

dW

dt (5)= =θ Ω

T = T T2 1+

( )T2 = ⋅ = ⋅1

2

1

21 1

r r r rΩ Ω ΩH IIA A


Acto seguido ya podemos plantearnos el cálculo de . Podemos proceder mediante el método vectorialcon los teoremas de la cantidad de movimiento y del momento cinético. El cálculo de exigirá, en esteproblema, el análisis por separado de los tres sólidos que integran el mecanismo. Esto es relativamentelaborioso, ¿existe una alternativa más simple? Efectivamente, el método energético nos brinda el teoremade la energía cinética que, aplicado al sistema total, permite obtener , que es lo que por el momento nosinteresa. Señalemos -anticipando la parte b) del problema- que, desafortunadamente, el cálculo de lasacciones de enlace en B, exigirá el análisis dinámico de, por lo menos, dos de los tres sólidos del sistematotal. Tras estas consideraciones procedamos a calcular el valor de por el método energético.

El teorema de la energía cinética dice

En nuestro caso el sistema será el sistema total. es la potencia, o trabajo por unidad de tiempo, de lasfuerzas que actúan sobre el sistema, que en nuestro caso son: acciones de enlace en O, en C, los pesosy el momento M. Afirmamos que la única fuerza que trabaja es el momento M. Veámoslo. El contactoen O es liso, por tanto las acciones de contacto en O sobre el árbol OA dan trabajo o potencia nulos. Lafigura 1 muestra las fuerzas de enlace en C sobre el disco (en la parte b) se consideran en detalle). Lapotencia de estas fuerzas es

y su valor es nulo como consecuencia de la ausencia de deslizamiento en C. Por último, los pesostampoco trabajan, ya que se mueven en un plano horizontal.

En virtud de lo antedicho la potencia de las fuerzas que actúan sobre el sistema es únicamente la delmomento M y, por tanto, tendremos

Para encontrar el valor del segundo miembro del teorema de la energía cinética, habrá que determinarpreviamente la expresión genérica de la energía cinética T del sistema como suma de las de la barra 2 yel disco 1, o sea

Como la barra tiene el punto A fijo, su energía cinética valdrá

donde II será la matriz de inercia de la barra en el punto A y en la base 123 ya utilizada antes. Esta base1A

se toma solidaria de la barra , por consiguiente la matriz de inercia tendrá componentes constantes conel tiempo, tal y como es preceptivo. Adviértase además que la barra es un rotor simétrico en A para ladirección 2, y como el grosor se supone despreciable, el momento de inercia correspondiente a estadirección será nulo. El valor común a los otros dos momentos principales de inercia se llama I'. Por tanto,


[ ]T

I'

I'

I'22=

=1

20 0

0 0

0 0 0

0 0

0

01

2, ,Ω

ΩΩ

( )T mv H mv IIB B B B12

2 22

2 2 21

2

1

2

1

2

1

2= + ⋅ = + ⋅

r r r rΩ Ω Ω

[ ] ( )T m I m I I 12 2

22 2

22 21

2

1

20

0 0

0 0

0 0

01

2

1

2= + −

−

= + + =l lΩ ΩΩ

Ω Ω, ,ω ω ω

I

I

= + +

1

2

1

22 2 2

2

22m

I

rIl

lΩ Ω

& & & &T = T T I' +m (6)2 1+ = + +

l

l2 22

2

I

rI Ω Ω

M I' +m Ω Ω Ω= + +

l

l2 22

2

I

rI &


el valor de la energía cinética de la barra será

resultado genérico, por otra parte evidente, ya que la barra tiene movimiento plano.Para hallar la energía cinética T del disco aplicaremos el teorema de König para un sólido, es decir1

ya que el centro B del disco es su centro de masa, y II es la matriz de inercia del disco para B en la base2B

escogida. ¿Cual será esta base?. Exactamente la misma que en el caso anterior. En efecto, el disco es unrotor simétrico para B en la dirección 2. Por tanto, si la base 123 es solidaria de la barra AB, la matrizde inercia II del disco tendrá componentes constantes con el tiempo, tal y como debe ser. Obviamente2B

la matriz será diagonal, puesto que las direcciones 123 en A son principales de inercia. Sustituyendo enla expresión anterior, tendremos:

donde se ha substituido el valor de 7 dado por (2).Como las expresiones obtenidas para las energías cinéticas son válidas en cualquier instante, podremos

derivarlas respecto al tiempo, y quedará

Sustituyendo en el teorema de la energía cinética (4) las expresiones (5) y (6) se obtiene

Con lo que el valor pedido de la aceleración angular valdrá


&Ω =+ +

M

I

rII' +m

(7)

ll2 2

2

2

r rM B = &H B

r rH II I I

I B B= =

−

= −

2 2 2 2

0 0

0 0

0 0

0 0

I

I

ΩΩ Ωω ω

rr r

r rl

l& &

&

&

&

&

&H

dH

dt

dH

dtH I

I

I

I

I

I

I

I

I

I B

B B

bb B

r

r= = + × = −

+

× −

= −

= −

ΩΩ Ω Ω

Ω

Ω

ΩΩΩ

0 0

0

0

2 2

2

2

22

2ω ωωω

(8)


Figura 1

b) Para determinar las acciones de enlace en B sobre el disco, utilizaremos los teoremas vectoriales.Como B es centro de masa del disco, el teorema del momento cinético adopta la forma simplificada

El cálculo del momento cinético ya lo hemos realizado en el apartado anterior:

y derivando respecto al tiempo, teniendo en cuenta que la base es móvil, obtendremos

en donde se han substituido 7 y por sus valores.Con objeto de calcular el momento suma de las fuerzas exteriores trazaremos

previamente el diagrama de sistema libre para el disco. En primer lugardeterminaremos las acciones de enlace en B.

Para hallar estas acciones de enlace, se prescinde de todos los demás enlaces queactúan sobre el disco; en nuestro caso eliminamos el contacto C con el suelo queevita el deslizamiento del disco. Las traslaciones impedidas del disco respecto a labarra -en las direcciones 1, 2 ó 3- indican la existencia de fuerza de enlace en talesdirecciones. En nuestro caso no existe posibilidad de traslación del disco enninguna dirección, por tanto tendremos las fuerzas B , B , B . Por otra parte, la1 2 3

única rotación posible del disco respecto a la barra AB tiene la dirección 2. Dicho de otro modo, lasrotaciones impedidas tienen las direcciones 1 y 3; de ahí la existencia de los momentos de enlace M y1

M .3

Determinemos ahora las acciones de enlace en C sobre el disco. Procederemos como antes y eliminamosahora el enlace en B. Si en el contacto en C hay rozamiento suficiente para impedir el deslizamientorespecto el suelo -que es lo supuesto en el enunciado del problema al decir que no hay deslizamiento-nos encontramos con que las traslaciones están todas impedidas y que, en cambio las tres rotaciones son


rM (9)B =

−

×

+

= −

0

0 0 01

3

1

3

1

1

3r

C

C

M

M

M

r C

M

Mr

r (10)

1 =

− = −

=

I

r C I

M I

22

1 2

3

Ω

Ω

Ω

l

l&

&

r rF m aG=

rF

mg mg

=

B

B

B

C

0

C

0

0

B C

B

B C

1

2

3

1

3

1 1

2

3 3

+

+−

=+

+ −

rl

laB =−−

&ΩΩ

2

0

B C

B

B C

(11)

1 1

2

3 3

+ = −

= −+ − =

m

m

mg

&Ω

Ω

l

l2

0


admisibles. Es decir, las acciones de enlace se reducen a las tres fuerzas C , C , C . Sin embargo, el1 2 3

enunciado nos permite suponer C = 0. La figura 1 resume gráficamente los resultados obtenidos en forma2

de diagrama de sistema libre.Utilizando el diagrama de sistema libre para el disco, es inmediato que la suma de momentos en B vale

El teorema del momento cinético nos dice que el momento suma (9) es igual a la derivada del momentocinético obenido en (8). La igualación nos da las tres ecuaciones siguientes:

El segundo teorema vectorial que aplicamos es el de la cantidad de movimiento:

En nuestro caso la suma de fuerzas, observando el diagrama de sistema libre dado en la figura 1, será

y la aceleración del centro de masa B vale

La aplicación del teorema de la cantidad de movimiento nos da otras tres ecuaciones:


r rH II

IA A= =

=

1 1

0 0

0 0 0

0 0

0

0

0

0

I'

I'

ΩΩ Ω'

rr r

r r&

' & ' ' &H

dH

dt

dH

dtH

I I IA

A A

b

b A= = + × =

+

×

=

ΩΩ Ω Ω Ω

0

0

0

0

0

0

0

0

rl

l

l

l

l

M =A =−

−

+

+

×−−−

+

×−

− − −

− + +

M

M

M

M

B

B

B mg

M B mg

M

M M B

1

3

2

3

1

2

3

2

1 3 2

2

3 3 1

0

0 0

0

0

0

0

0'

'

'

'

− − − =

=

− + + =

M B mg

M

M M B I

1 3 2

2

3 3 1

0 12

0 13

l

l

l

(14)

( )

( )

' &

'

' Ω


Figura 2

Se ha obtenido un sistema de seis ecuaciones con siete incógnitas (las acciones de enlace en B y en C)que permite determinar estas incógnitas, salvo B y C , ya que para su cálculo sólo contamos con la3 3

última ecua-ción del grupo (11). Necesitamos, pues, una nueva ecuación que procederá del análisis dela barra AB que vamos a abordar a continuación.

En la figura 2 se ha trazado el diagrama de sistema libre para la barra. Para obtenerlo debe procedersecomo antes para el disco. Adviértase que ahora las acciones de enlace para la barra en B son las ejercidaspor el disco y -en virtud del principio de acción y reacción- serán las mismas que en la figura 1 peroahora con el sentido contrario.

La ecuación que nos falta se obtendrá aplicando el teorema delmomento cinético para la barra. Lo aplicaremos al punto A; enél toma la forma simplificada y además no intervienen lasfuerzas de enlace A , A , A desconocidas. La base utilizada es1 2 3

la misma de antes; con ello el momento cinético vale

y derivando en base móvil

La suma de momentos en A, con ayuda del diagrama de la figura 2, será

Igualando el momento suma con la derivada del momento cinético se obtiene:

Las acciones de enlace en B ahora ya pueden determinarse completamente mediante los sistemas (10),(11) y la nueva ecuación (12). Es inmediato obtener los siguientes resultados:


M , M , B ,1 3 1= = = − +

Ir

I mI

r2

2 22

Ω Ω Ωll& &

B , B2 3= − = − −mI

rmgΩ Ω2 2

2

2l

M 3' = − + = + +

+ = + + +

=M B I I m

I

rI I I m

I

rM3 1

22

2 2 22

2l l ll

' & & & ' & ' &Ω Ω Ω Ω Ω

M 2 0' =

M M3' =

M Ie e= = &Ω 0

M M Me = − 3'

M M3' =


Figura 3

donde es el valor obtenido en (7).c) Los momentos de las acciones de enlace en A que se piden en este apartado pueden encontrarse con

las ecuaciones (13) y (14) que se acaban de obtener. Sustituyendo en la (14) los valores obtenidos en laparte anterior b) del problema para las incógnitas M , B y , tendremos:3 1

O sea, los momentos pedidos de las acciones de enlace en A valen

Es interesante preguntarse por qué se cumple la igualdad entre M' y el3

momento motor M aplicado al árbol. La razón es clara intuitivamente, ya quela masa del árbol es despreciable. Para justificar la igualdad formalmentebasta analizar este sólido 3. En efecto, el examen del enlace entre 3 y el planohorizontal nos lleva inmediatamente al diagrama de sistema libre de la figura3.

El árbol 3 tiene movimiento de rotación alrededor del eje fijo e-e', con loque el teorema del momento cinético se reduce a su forma elemental

con I nulo ya que la masa del cuerpo es despreciable. Por otra parte de lae

figura se deduce

Estas dos últimas igualdades dan

tal como se quería demostrar. Adviértase el interés y la sencillez del estudio del árbol como consecuenciade la nulidad de su masa.

Para concluir, una observación final referente a la hipótesis C = 0. Esta suposición se hizo con el único2

objetivo de simplificar los cálculos. En efecto, supongamos por un momento que C no es nula. En este2



supuesto, se analizará el sistema aplicando los teoremas vectoriales a cada uno de los tres sólidos deldispositivo y se obtendrán 3x6 = 18 ecuaciones. Pero es inmediato cerciorarse de que el número deincógnitas es diecinueve. Es decir, se obtiene un sistema de ecuaciones simplemente indeterminado, loque significa que no se pueden determinar los valores de todas las incógnitas (si nos mantenemos en elámbito de la mecánica del cuerpo rígido). Esta indeterminación desaparecerá si, por ejemplo, se conoceel valor de C , tal y como supone el enunciado. 2

7.- El dispositivo de la figura está constituidopor un motor que hace girar un disco. La barraCD, soldada al estátor del motor, actúa comocontrapeso y hace que el centro de masas delconjunto disco-motor-barra se halle en el puntoG. El disco, acoplado al rotor del motor, giracon velocidad angular constante en torno desu eje. El estátor y la barra CD tienen la mismamasa m que el conjunto disco-rotor. El eje ABfijo en el estátor se apoya en la horquilla, demasa despreciable, mediante sendos cojinetesen A y B; el cojinete en B no soporta esfuerzosaxiales. La horquilla gira con velocidad angularconstante en torno del eje vertical. Lainclinación, θ, del eje del rotor se mantieneconstante por medio de un cable que une elcontrapeso con el punto E del eje vertical.Dicho cable tiene la longitud necesaria para que sea perpendicular al contrapeso CD. Determinar, en elinstante que se analiza:

a) Reacciones en A y en B.b) Tensión en el cable CE.c) Valor de θ para el que la tensión del cable sea nula.

SOLUCIÓN

a) De la observación del dispositivo se deduce, enprimer lugar, que el centro de masas, G, del dispositivodisco-motor-contrapeso es un punto fijo del espacio, elloes consecuencia de que el citado punto G se encuentra enla intersección de los ejes físicos de rotación del sistema,el eje vertical y el eje del motor. Este hecho permiteestablecer que el centro de masas del sistema tieneaceleración nula.

La otra consideración necesaria se refiere a laaplicación de las condiciones de simetría. Dada la


r r rΩ = + = −

& & & sen &

& cos

ψ ϕ ψ θ ϕψ θ

0

r rΩb = =

& & sen& cos

ψ ψ θψ θ

0

rH

I

I

I

I

IGe

e

e

e

e

e

=

=

1

2

1

2

1

0 0

0 0

0 0

0 0

& sen& cos

& sen& cos

ψ θψ θ

ψ θψ θ

( )( )

rH

I

I

I

I

IGr

r

r

r

r

r

=

−

= −

1

2

1

2

1

0 0

0 0

0 0

0 0

& sen &

& cos

& sen &

& cos

ψ θ ϕψ θ

ψ θ ϕψ θ


morfología del sistema, la aplicación del teorema del momento cinético respecto de G aconseja la elecciónde una referencia centrada en el punto G y cuya base esté constituida por un eje (1) en la dirección ysentido del segmento GA; el segundo eje (2) tendrá la dirección del eje del motor y sentido de G haciael disco; el tercer eje será perpendicular a los anteriores y su sentido sera tal que defina, junto con éstos,un triedro directo.

Una base de estas características, solidaria de la horquilla, permitirá simplificar los cálculos, ya que,como consecuencia de la simetría del sistema, los momentos de inercia serán independientes de larotación y, por el hecho de ser solidaria de la horquilla, y por lo tanto del estátor, también seránindependientes de la velocidad angular .

Así pues, resumiendo, se adoptará una referencia (G,1,2,3) solidaria de la horquilla y animada, portanto, de la velocidad ; que es la misma con la que giran el contrapeso y el estátor del motor. El rotory el disco solidario, por su parte, girarán además con la velocidad de rotación , de modo que suvelocidad angular será:

mientras que la velocidad angular de la base será:

Para poder aplicar los teoremas vectoriales, será necesario determinar la aceleración del centro de masasdel sistema que, tal como se ha visto, será nula como consecuencia de hallarse en la intersección de losejes físicos de rotación. En lo concerniente al momento cinético respecto del punto G, será necesarioconsiderar que el sistema está constituido por dos partes distintas cuyos movimientos son diferentes. Poruna parte la masa m constituida por el estátor y el contrapeso cuya velocidad es y cuyo momentocinético respecto del punto G es:

donde I =I por consideraciones de simetría, dado que el sistema estátor-contrapeso es un rotor1 3e e

simétrico respecto del eje 2.El conjunto disco-rotor, que gira con velocidad angular , da lugar a otra componente adicional del

momento cinético respecto de G, que valdrá:


r r rH H H I I

IG G

eGr r= + = −

0

2 2

1

& sen &

& cos

ψ θ ϕψ θ

( )dH

dt

dH

dtH

I I IG G

b

b G

rr rr r

= + × =− −

Ω1 2

22

0

0

& cos sen & & cosψ θ θ ϕ ψ θ

Σr rF m mg

mg T

= = ⇒

+

+ −−

+−

=a

A

A

A

0

B

BG

1

2

3

2

3

0

0

2

2

0

0 0sen

cos

θθ


de modo que, el momento cinético del sistema completo, respecto del punto G, será:

donde I = I +I y I = I +I .2 2 2 1 1 1r e r e

La variación temporal del momento cinético se deberá determinar a través del operador derivada en basemóvil ya que el momento cinético se ha expresado en la base (1,2,3), que ya se ha visto que estabaanimada de una velocidad angular. Es decir:

Para aplicar los teoremas vectoriales será necesario estudiar, mediante el diagrama de sistema libre, lasacciones que se ejercen sobre el sistema mecánico en estudio. Dado que el cojinete en B no resisteesfuerzos axiales, en dicho punto B actuará una fuerza de módulo desconocido y contenida en el planoortogonal al eje AB; en consecuencia dicha fuerza tendrá únicamente componentes en las direcciones 2y 3. En el punto A actuará una fuerza de módulo y dirección desconocidos que dará lugar a trescomponentes de fuerza, en las direcciones de los tres ejes. En el punto G actuará el peso total 2mg, endirección vertical y sentido descendente. En la barra CD actuará una fuerza de tracción ( se trata de uncable) en dirección CE y sentido hacia E y perpendicular al contrapeso CD.

A la vista de los sistemas de fuerzas y sus puntos de aplicación, los teoremas vectoriales permitenestablecer las siguientes ecuaciones:Teorema de la cantidad de movimiento:

de donde:


( )

( ) sen

( ) cos

1 0

2 2

3 2

1

2 2

3

A

A

A 3

=+ =

+ − =B mg

B T mg

θθ

( )( )

( )Σ

rr l

MdH

dt

T

d A

d A B

I I I

GG

r

= ⇒ −−

=− +

B

3

sen & sen cos & & cosθ ψ θ θ ϕ ψ θ

3

2 2

1 22

2

0

0

( )( ) sen & sen cos & & cos

( )

( )

4

5 0

6 0

1 22

2

3

2 2

T

B

A 3

l θ ψ θ θ ϕ ψ θ= − +− =− =

I I I

A

B

r

A B mg2 2= = cosθ

( )T

I I I r

=− +1 2

22 cotg & cos & &ψ θ ϕ ψ θ

l

( )A B mg

I I I r

31 2

22= = +

− +3

cotg cos

& cos & &θ

ψ θ ϕ ψ θl

( )I I I r1 2

22 0− − =

cos

sen& cos & &ψ θ ϕ ψ θ

θ

( )sen&

&θ ϕ

ψ=

−I

I I

r2

1 2


Teorema del mometo cinético:

que lleva a las ecuaciones:

De (2) y (6) resulta:

b) de la ecuación (4) se deduce:

El anterior resultado, junto con las ecuaciones (3) y (5) permite escribir:

c) Para determinar el valor del ángulo θ que anularía la tensión en el cable, bastará con sustituir T = 0en la ecuación (4), de modo que:

Despejando y prescindiendo del resultado θ =π/2 quedará


( )r rH II

I

I

I

I

IB B= =

=

Ω0 0

0 0

0 0

0 0

12 2 &

&

&

&

θψ

θψ

II

I

I I

I IA =

11

22 23

32 33

0 0

0

0

rr

MdH

dtBB=


8.- El marco 1, de masa m y centro de gravedad G,gira por acción del motor de par M con velocidad yr

aceleración y conocidas. El disco de masa m yradio r está montado sobre el marco y gira accionadopor el bloque de masa m suspendido de un cable quepasa por la anilla D. En el instante inicial, se conoceque = 0 y h = 0. Determinar, en el instante en que semuestra la figura:

a) Valores de θ y cuando el bloque ha recorrido ladistancia vertical h.

b) Valor de las acciones de enlace en B sobre eldisco.

c) Acciones de enlace en A sobre el marco 1, siendola matriz de inercia del mismo en el punto A y para labase indicada:

SOLUCIÓN

a) y b) En este caso, la respuesta a las dos primeras preguntas se halla con el mismo planteamiento, querequiere la aplicación de los teoremas de la cantidad de movimiento y del momento cinético para el sólidodisco. El punto más adecuado para la aplicación del momento cinético es el centro del disco B, con lo cualel teorema se reduce a la expresión

donde es el producto de la matriz de inercia del disco respecto al punto B por la velocidad angularabsoluta del disco. Para la base de proyección dada, el disco es un rotor simétrico respecto al punto B,con lo que el momento cinético resulta

Para derivar el momento cinético, se debe utilitzar el operador derivada en base móvil, donde lavelocidad angular de la base es , ya que el movimiento del disco respecto a la base no modifica lamatriz de inercia:


( )dH

dt

dH

dtH I

I

I

I

I

I

I

B B

b

b B

r rr r

= + × =

+

×

=−

Ω0 0

0

0

22 2

2

2&&

&& &

&

&

& &

&&

&&

θψ ψ

θψ

θψθ

ψ

rM

M

T r

MB = ⋅

1

3

( )( )( )

M I

T r I

M I

1 2

2

3

3

4

5

=

= −

=

& &

&&

&&

θψ

θ

ψ

r rF maG=

( )( )( )

B T

B

B mg T

1

2

3

0 6

0 7

0 8

+ =

=

− + =

sen

cos

ϕ

ϕ


Para el cálculo del momento de las fuerzas respecto al punto B, es conveniente representar el diagramadel sistema libre, en este caso, el disco:

Siendo entonces:

que, al igualarlo con (2), da tres ecuaciones escalares

en las que se hallan 5 incógnitas: M , M , T, y . Esto requiere la aplicación del teorema de la cantidad1 3

de movimiento:

En este caso, el centro de masas resulta ser un punto fijo, por lo que su aceleración es nula, mientras quecon el diagrama del sistema libre se hallan las fuerzas, de lo que resultan las tres ecuaciones siguientes:

en las que aparecen nuevas incógnitas: B , B y B . Hasta el momento pues, se contabilizan 8 incógnitas1 2 3

por seis ecuaciones. Sin embargo hay que tener en cuenta que la aceleración angular es la derivadatemporal de la velocidad angular , con lo que esta relación aumenta el número de ecuaciones a siete. La


( )r rF ma= 9

( )T mg m r− = − &&θ 10

( )&&θ =+m g r

I m r22 11

& & &&θ θ θθf i2 2 2− =

&θ i = 0

θ =h

r

& &&θ θ= 2 hr

TI

r= 2

&&θ


octava ecuación se halla del estudio del cuerpo colgante de masa m. El movimiento de este cuerpo esrectilíneo en la dirección del eje 3, por lo que

y su diagrama de sistema libre es

de manera que (9) se transforma en

Al final se forma el sistema completo de ocho ecuaciones con ocho incógnitas. De las ecuaciones (7) y(1) se halla :

Ahora, integrando se podría hallar , pero dado que no depende del tiempo, se puede utilizar laexpresión

donde

y θ es el ángulo girado por el disco al desplazar la masa una altura h:

siendo el resultado :

Conociendo estos valores, se puede hallar la tensión del cable T

y también de las acciones de enlace, que son la fuerza y momento


rB

T

m g T

=−

−

sen

cos

ϕ

ϕ0

rM

I

I

=−

2

0

& &

&&

θψ

ψ

( )W T U= +∆ ∆ 12

( )∆

∆

T T T mv I

T m r mr mr

f i= − = +

= + =

1

2

1

21

2

1

2

1

2

3

4

22

2

2 2 2 2 2

ω

θ θ θ& & &

∆U U U m g hf i= − = −

&θ22

4

3= gh

r

24

3

2

32& && & &&θ θ θ θ= =g

rr

g

r

rr

MdH

dtAA=


Otro modo de calcular la velocidad angular y la aceleración angular , consiste en plantear el teoremade la energia cinética para el sistema formado por el cuerpo m y el disco 2, estudiado desde una referenciasolidaria al sólido 1, y, en consecuencia, considerando sólo el movimiento plano relativo a la referencia.En este caso, se puede plantear:

donde la variación de energía cinética es

y la variación de energía potencial

Finalmente, el trabajo del resto de fuerzas interiores y exteriores es nulo. Sustituyendo estos resultadosen (12), se halla

Como este resultado es genérico, se puede derivar para hallar . Las magnitudes variables con el tiemposon la propia y h, cuya derivada temporal es igual a . Por tanto:

Si se sustituye en la ecuación (11) el valor de I por 1/2mr se comprueba que el resultado es el mismo.22

c) Para hallar las ecuaciones de enlace en el marco 2, es necesario plantear los mismos teoremas queantes, pero sobre el sólido 2. En este caso resulta conveniente aplicar el teorema del momento cinéticoen el punto A (punto fijo), y eliminar así las componentes de la fuerza A de las ecuaciones resultantes.De este modo:

y el momento cinético será:


r rH II

I

I I

I I

I

IA A= =

=

&

&

&

&

ψψ

ψψ

11

22 23

23 33

23

33

0 0

0

0

0

0

0

dH

dt

dH

dtH I

I

I

I

I

I

I

A A

b

b A

r rr r

= + × =

+

=−

Ω0

0

23

33

23

33

232

23

33

0

0&&

&& &

&

&

&

&&

&&

ψψ ψ

ψψ

ψψψ

r r r r r r r rM AB B BG mg M M N N MA r= × + × + + + + +

→ →

1 3 1 2

N mgc B d M I

N B d

M Mr

1 2 1 232

2 1 23

3 33

− + − = −− =− =

I

I

&

&&

&&

ψψψ


Para derivar correctamente , se debe utilizar el operador derivada en base móvil, siendo en este casola velocidad angular de la base , al ser el marco un rotor genérico.

Para hallar el momento de las fuerzas aplicadas respecto al punto A es necesario dibujar el diagrama delsistema libre:

siendo ahora:

con lo que las tres primeras ecuaciones escalares para este sistema serán:

en las que aparecen las componentes B , B , M y M halladas en el anterior apartado. Las incógnitas son1 2 1 3


r rF m = aG

A B c

A B c

A B mg

1 1

2 22

3 3 0

− =

− =− − =

m

m

&&

&

ψ

ψ

r rA

m T

m c

mg T

I mgc I

I Td=−

−

− − ++

&& sen&

cos

& & &

&& sen

ψ ϕψ

ϕ

ψ θ ψψ ϕ

c

N =

2

232

2

23

2 0


pues N , N y el par motor M , con lo que se forma un sistema de tres por tres.1 2 r

Para hallar las componentes de la fuerza , se debe aplicar el teorema de la cantidad de movimiento:

La aceleración del centro de masas del marco es fácil de hallar, al describir éste un movimiento circularalrededor del eje de rotación del sólido 2:

formándose un nuevo sistema de 3 x 3 para hallar las componentes A , A y A .1 2 3

El resultado es entonces:

9.- La figura muestra un manipulador cuya base 1gira alrededor del eje vertical con velocidadangular constante. El brazo 2 gira con

velocidad angular ω constante respecto a laplataforma, y el brazo 4 está formado por un rotor5 y la propia carcasa 4. La carcasa gira convelocidad angular ω constante respecto al brazo2, mientras que el rotor 5 gira alrededor de su ejelongitudinal con velocidad angular respecto lacarcasa 4. Los cuerpos 3 y 4 tienen masadespreciable, pero la masa de 5 es m, y su centrode gravedad es G. En A y O hay pasadores, y en By C hay rótulas. Determinar:

a) Aceleración del punto G.b) Ecuaciones que permiten determinar las

acciones de enlace en A.c) Energía cinética del rotor 5.


r r r ra a a aG a r c= + +

r r ra a aG

rAr

GAr= +

( )rl

l

a rr = − +−

0

42

2

ω θω θ

sen

cos


SOLUCIÓN

a) La aceleración del punto G del sólido 5 puede hallarse de diferentes maneras. Una de ellas esmediante una composición de movimientos, considerando como referencia fija el suelo y como referenciamóvil la plataforma 1. Así, la aceleración de G es

El movimiento relativo que describe el punto G respecto a la plataforma se corresponde con unmovimiento plano según el siguiente esquema:

donde la velocidad angular del sólido 4 es 2ω conocida y constante. La aceleración relativa se hallarelacionando el punto G con el punto A según

según se muestra en el siguiente diagrama.

Y proyectada esta aceleración relativa en la base del enunciado:


ra r

ra = −

02 2

2

& cos& cos sen

ψ θψ θ θ

( )( )r r r

l

l

v v vGr

Ar

GAr= + = −

0

1ω θω θ

cos

sen 2r +

( )

( )r

l

l

l

a

r

c =

×

=+

2

0 2 2

0

-

2r + sen

0

0

& sen& cos

cos

& sen

ψ θψ θ

ω θω θ

ψ ω θ

( )( )r

l

l

l

a

r

r r

rG =

+− − +

−

2 2

42 2 2

2 2

& sen& cos sen& cos sen cos

ψ ω θψ θ ω θψ θ θ ω θ

rr

MdH

dtGG=


La aceleración de arrastre se puede hallar fácilmente al considerar el sistema de barras solidario de laplataforma:

Para el cálculo de la aceleración de Coriolis es necesario conocer lavelocidad relativa:

siendo la aceleración de Coriolis:

La suma de los términos hallados da la aceleración absoluta del punto G

b) Para hallar las acciones de enlace en el punto A con un mínimo de ecuaciones, se hace necesariotrabajar con el sólido 4 o con el sistema formado por el sólido 4 y el rotor 5. Sin embargo, no se conocenlas condiciones de enlace entre estos dos sólidos, por lo que sólo se puede considerar el estudio delsistema formado por ambos. Como la carcasa 4 presenta una masa considerada despreciable frente a lamasa del rotor, el centro de masas del sistema es el punto G, que es el punto más adecuado en este casopara aplicar el teorema del momento cinético, ya que permite el uso de la expresión simplificada de dichoteorema:

Dado que la masa del cuerpo 4 es despreciable, el momento cinético resultante es el correspondiente al


r r r r rΩ5 = + + +& &ψ ω ω ϕ

( )r rH II

I

I

I

I

I G G= =

+

= +

2 2I

(2)Ω5 2 2

0 0

0 0

0 0

ωψ θ ϕ

ψ θ

ωψ θ ϕ

ψ θ& sen &

& cos

& sen &

& cos

r r r rΩb = + +&ψ ω ω

( )( )

( )dH

dt

dH

dtH I

I

I

I

I I I

I

I I I

G G

b

b G

r rr r

= + × =−

+

× +

=− −

− +

Ω0

2 2I

2

2

2

2 4 22 2

22 2

2

2 2

& cos& sen

& sen& cos

& sen &

& cos

& sen cos & & cos& cos

& sen &

ψ ω θψ ω θ

ωψ θψ θ

ωψ θ ϕ

ψ θ

ψ θ θ ψ ϕ θψ ω θ

ψ ω θ ω ϕ


del sólido 5. Éste es el producto de la matriz de inercia por la velocidad angular absoluta de dicho sólido,que es

La matriz de inercia es la correspondiente a un rotor simétrico respecto a G, puesto que la masa de lapinza es también despreciable. Así, el momento cinético es

Como siempre, la derivada del momento cinético se realiza mediante el operador derivada en base móvil,siendo la velocidad angular de la base

ya que una rotación del sólido debida a la velocidad angular no afecta a la matriz de inercia, al ser elsólido 5 un rotor simétrico respecto al eje de rotación de . Hay que tener en cuenta que el ángulo θ que

aparece en no es constante y que su derivada temporal es 2ω, ya que la inclinación del eje del rotor

5 respecto de la horizontal varía tanto con la velocidad angular ω del sólido 2 como con la velocidad

angular ω de la carcasa 4. Por tanto:

Para hallar el momento resultante de las acciones exteriores respecto el punto G, se dibuja el diagramadel sistema libre siguiente:

La fuerza del pistón hidráulico 3 sobre la carcasa 4 tiene la dirección de la barra 3 al tener ésta masadespreciable. Las acciones en el punto A son del tipo visto en problemas anteriores. De este modo, elmomento respecto a G de las acciones descritas en el diagrama es


r r r r rM M M GA A GC FG = + + × + ×

→ →

2 3

( )

( )

− + = − −=

+ = − +

A r FR I I I

M I

M A r I I I

32

2 2

2 2

3 1 2 2

2

2

2 4 2

sen & sen cos & & cos

& cos

& sen &

θ ψ θ θ ψ ϕ θψ ω θ

ψ ω θ ω ϕ

(3)

(4)

(5)

r rF m = aG

A

A mg F

A mg F

1

2

3

2

2

m a (6)

m a (7)

m a (8)

G

G

G

x

y

z

=

− + =

− + =

sen sen

cos cos

θ θ

θ θ

T m v HG G= + ⋅1

2

1

22

r rΩ

r r rv v vG G

aGr= +

rvG

a =−

& cosψ θ r

0

0


con lo que resultan tres ecuaciones escalares:

en las que aparecen un total de 5 incógnitas: F, A , A , M y M . Se hace necesario plantear el teorema1 3 2 3

de la cantidad de movimiento:

donde la aceleración del centro de masas G se ha calculado en el apartado a). Así:

siendo las ecuaciones (3), (4), (5), (6), (7) y (8) las seis que determinan la solución al problema.

c) Como no se halla un punto de velocidad cero, se debe utilizar la expresión general de la energiacinética:

en la que se debe conocer la velocidad absoluta del centro de masas. Si se considera la composición demovimientos descrita en a), la velocidad se determina según:

siendo la velocidad de arrastre la velocidad del punto G moviéndose solidariamente con la plataforma:


( )r

l

l

vG =−−

& cos

cos

sen

ψ θω θ

ω θ

r

2r +

[ ] ( )12

12 2

r rΩ 2

2I

H I

I G = + +

ω ψ θ ϕ ψ θω

ψ θ ϕψ θ

, & sen & , & cos & sen &

& cos

( ) ( ) ( )[ ] ( )[ ]T m r I I = + + +

+ + + +1

22

1

24

2 2 2 22

2 2 2& cos cos sen & sen & & cosψ θ ω θ ω θ ω ψ θ ϕ ψ θ r I l l


y la velocidad relativa se ha hallado en la expresión (1). La velocidad absoluta será la suma de ambosvectores:

Por otra parte, hay que recordar que se ha calculado en (2), por lo que

y el resultado final es:

10.- El dispositivo de la figura está formado por el brazo 1,que gira accionado por un motor alrededor del eje verticalcon velocidad angular constante y conocida, Ω, y por elbrazo 2 que gira respecto de 1 a velocidad angular constantey conocida, ω, accionado por otro motor no visto y situadoen A. La masa de ambos cuerpos es m, y se puedenconsiderar rotores simétricos respecto de su eje longitudinal.Concretamente, se tiene como dato la matriz de inercia delsólido 2 para el centro de masas según la base 123, así comola matriz de inercia del sólido 1 respecto de O en la base xyz.Determinar:

a) Las acciones de enlace en el punto O, estudiando elsistema descompuesto de los dos sólidos.

b) Las acciones de enlace en el punto O, pero estudiandoel sistema de los dos sólidos conjuntamente.

SOLUCIÓN

a) El primer paso consiste en estudiar el sistema formadopor el sólido 2 para hallar las acciones de enlace en A y encontrar después las acciones de enlace en O


rr

MdH

dtAA=

r rHA A= ΙΙ Ω

II II II

I

I

I

m r

m r

I m r

I

I m rA G A= + =

+

=+

+

*

0 0

0 0

0 0

0 0

0 0 0

0 0

0 0

0 0

0 02

2

22

2

2

rH

I m r

I

I m r

I m r

I

I m rA =

+

+

=+

+

2

2

2

2

0 0

0 0

0 02 2

ωθθ

ω ωθ

θ θΩΩ

ΩΩ Ω

sen

cos

sen

cos cos

dH

dt

dH

dtHA A

b

b A

r rr r

= + ×Ω

dH

dtI

I m r

I

I

I m r

A

r

=− −

+

×+

=0

22

2ΩΩ Ω

ΩΩ

ΩΩ Ω

+ m r

cos

2

2

ω θω θ ω θ

ωθθ

ω ωθ

θ θcos

sen sen

sen

cos

sen

cos


estudiando el brazo 1. Los teoremas a plantear son los conocidos del momento cinético y de la cantidadde movimiento, utilizando la base 123 para el sólido 2 con el fin de tener una matriz de inercia diagonal.

Los puntos que ofrecen más ventajas para aplicar el momento cinético son G y A, puesto que en los dosse puede emplear la forma reducida del teorema del momento cinético. Si se aplica en A, la fuerza deenlace A no realiza momento respecto de este punto, por lo que se reducirá el número de incógnitas enesta ecuación. De este modo:

donde es

pero hay que tener en cuenta que se conoce la matriz de inercia respecto de G, por lo que hay que calcularla matriz de inercia respecto de A aplicando Steiner:

De este modo, resulta:

Para derivar hay que utilizar el operador derivada en base móvil:

en la que es en este caso la velocidad angular absoluta del sólido, pues aunque éste es un rotorsimétrico, no lo es respecto del eje de rotación de ω. Hay que tener en cuenta que el ángulo θ no es

constante y que su derivada temporal es ω:


( )

( )=

− +

− −

I I m r

I

I I

22 2

2

2 2 2

m r

(1)

2

2

Ω ΩΩ

Ω Ω

sen cos sen cos

cos

sen sen

θ θ θ θω θ

ω θ ω θ

rM

M m g r

M

MA =

−

1

2

3

cosθ

( )

( )

M m g r I I

I I

1 22 2

2

2 2 2

− = − +=

− −

cos sen cos sen cos

cos

sen sen

θ θ θ θ θω θ

ω θ ω θ

m r (2)

M I (3)

M = m r (4)

2

2

32

Ω ΩΩ

Ω Ω

( ) A m r (5)

A m (6)

A = m (7)

1

2

=

− = − −

−

2

22 2 2

3

Ω

Ω

Ω

ω θ

θ ω θ

θ θ θ

sen

sen cos

cos sen cos

m g r r

m g r


Figura 1

Para calcular la suma de momentos respecto de A se dibuja eldiagrama del sistema libre mostrado en la figura 1, siendo,directamente, la suma de momentos respecto de A:

que al igualar a (1), da tres ecuaciones escalares:

en las que aparecen tres incógnitas: M , M y M .1 2 3

Para plantear el teorema de la cantidad de movimiento, es necesario calcular la aceleración del centrode masas. Ésta se puede hallar mediante una composición de movimientos, siendo la referencia fija elsuelo y la referencia móvil el brazo 1. Sin más detalle, el teorema resulta en tres ecuaciones escalares, enlas que aparecen las nuevas incógnitas A , A y A :1 2 3

Como se ve, se tiene un sistema de seis ecuaciones y seis incógnitas, cada una de las cuales se puedehallar directamente de su ecuación. Esto no hubiese resultado así de haber aplicado el teorema delmomento cinético en el punto G.

Conocidas pues las acciones de enlace en A, se procede a estudiar el brazo 1. En este caso es másapropiada la utilitzación de la base xyz por la misma causa que antes. También aquí la mejor opción esaplicar el teorema del momento cinético en el punto O, para eliminar incógnitas de las ecuaciones quese formen. Así pues:


rr

M O = dH

dtO

r rH II

I

I

I IO O= =

=

0

0ΩΩ Ω

'

' '

'

0 0

0 0

0 0

0

0

3 3

dH

dt

dH

dtH

I

O O

b

b O

r rr r

= + × =

×

=ΩΩ Ω

0

0

0

0 0

3'

N M A A

N M M A

M M

1 1 3 2

2 3 2 2

3 3 2

0

0

0

− − + =+ − − =

− − =

l l

l

sen cos

sen cos

cos sen

θ θθ θ

θ θ

(8)

(9)

N (10)


y el momento cinético, dados los datos de que se dispone:

que se deriva en base móvil:

En el diagrama del sistema libre debe tenerse en cuenta el principio de acción y reacción:

y las ecuaciones resultantes del teorema del momento cinético son:

y las del teorema de la cantidad de movimiento:


O = 0

O

O

1

2

3

−+ − =

− − − =

A

A A

A A m g

1

3 2

3 2

0

0

sen cos

cos sen

θ θθ θ

( ) ( )( )

( )

( )

N I I m r m g r

N I

N I I

O

O m r r

O m r

1 22 2 2 2 2

2 22 2 2

2

1

22

3

2 2

2 2

2

2

= − + + + +

= − + +

= − −=

= − −

= −

m r

+ 2 I m r m r

m r

m r

m g

2

32

2

2

Ω Ω Ω

Ω Ω Ω

Ω ΩΩ

Ω

sen cos cos sen cos cos

cos sen sen sen sen

sen cos sen cos

sen

sen cos

cos

θ θ θ ω θ θ θ

ω θ θ ω θ ω θ ω θ

ω θ θ ω θ θω θ

ω θ θ

ω θ

l

l

rr

M O = dH

dtO

r r rH H HO O O= +1 2

dH

dtO

r

1 0=


Halladas M , M , M , A , A y A de las ecuaciones (2), (3), (4), (5), (6) y (7), se hallan las incógnitas1 2 3 1 2 3

O , O , O , N , N y N . Los valores obtenidos son los siguientes:1 2 3 1 2 3

b) En este caso se halla el mismo resultado que en el apartado a), pero estudiando el sistema formadopor los dos sólidos. Los teoremas a plantear son los mismos que antes, pero al aplicarlos hay que teneren cuenta que los dos sólidos tienen masa.

El teorema del momento cinético se aplica en el punto O, que al ser un punto fijo simplifica la expresióndel teorema del momento cinético al tiempo que elimina el momento resultante de la fuerza O.

Sin embargo, hay que tener en cuenta que comprende el momento cinético de los dos cuerposrespecto de O, o sea

y que luego habrá que derivar. Para mantener constante la matriz de inercia, cada momento cinético debederivarse con el operador derivada en base móvil, siendo diferente la velocidad angular de la base paracada sólido; además, cada uno de ellos debe estudiarse con una base diferente. En estas circunstancias,el momento cinético de cada cuerpo debe calcularse por separado y también derivarse individualmente.Por ejemplo, para el sólido 1 el cálculo de resulta igual que en el apartado a), por lo que su derivadatemporal es nula:

Para el sólido 2 la cuestión no resulta tan sencilla, y debe calcularse mediante el teorema de Koenig


r r rH H OG m vO G G2 = + ×

→

r rH II

I

I

I G G= =

Ω ΩΩ

ωθθ

2 sen

cos

rvG =

−

Ω r

r

cosθ

ω0

( )

( )

rl

l

l

H

I r

I

I rO2 2

2=+

−+ +

ω ω θθ θ

θ θ θ

+ m r

m r

m r

sen

sen cos

cos cos sen

Ω ΩΩ Ω

OG mvG

→×

r

( )[ ]( )

( )

dH

dtI

r I

I r

I

I r

O

r l

l

l

l

l

l

2

2

22 2

22= +

− − −

+

×+

−+ +

m r

2 m r

m r

+ m r

m r

m r

ω θω θ θ θ

ω θ θ θ ω θ

ωθθ

ω ω θθ θ

θ θ θ

cos

cos sen cos

cos sen sen sen

sen

cos

sen

sen cos

cos cos sen

Ω ΩωΩ Ω

ΩΩ

Ω ΩΩ Ω

( ) ( )( )

dH

dt

I I

I

I I I

H

H

H

O

r l

l

l123

22 2 2

2

2

1

2

32 2

=− + + +

+− − − −

=

m r m r sen

2 m r

m r m r sen

2 2

2 2

Ω Ω ΩΩ Ω

Ω Ω Ω Ω

sen cos cos cos

sen cos cos

sen sen sen

θ θ θ ω θ θω θ θ ω θ

ω θ ω θ ω θ ω θ


utilizando la base 123 (ya que el cálculo directo no se puede realizar en este caso porque el punto O nopertenece al sólido 2):

ahora se puede hallar directamente de los datos del enunciado:

y la velocidad de G se halla según la composición de movimientos descrita en a). Sustituyendo:

se llega al resultado:

La derivada de debe hacerse utilizando el operador derivada en base móvil, siendo la velocidadangular de la base la misma que en (1). En este caso hay que estar atento, puesto que no se deriva sóloéste término, sino todos los términos que aparecen en el teorema de Koenig. Así pues, debeestar también en una proyección genérica, lo que se cumple con el movimiento indicado de la base. Hayque recordar que la derivada temporal del ángulo θ es ω:

siendo el resultado:

El diagrama del sistema libre es ahora:


N H N = H N = H

1 1

2 2 3

3 2 3

− =−+

m g rHH

coscos sensen cos

θθ θθ θ

( ) m 1 1 2 2 1 2r r ra m a m m aG G GT+ = +

dH

dt

H

H H

H H

O

xyz

r

2

1

2 3

2 3

= −−

cos sen

sen cos

θ θθ θ

( )ra r r

r

GT = − −

−

ΩΩ

12

12

ω θω θ θ

ω θ

sen

sen cos

sen

2 2

2


en el que no aparecen las acciones de enlace en A por ser interiores del sistema. Si se quiere plantear elteorema en la base xyz, es necesario reproyectar el resultado de la derivada del momento cinético parael sólido 2 en esta base:

Así pues, se forman las tres ecuaciones siguientes:

Al aplicar el teorema de la cantidad de movimiento, hay que tener en cuenta que la aceleración presentees la aceleración del centro de masas del sistema, que se puede hallar según la igualdad:

En el apartado a) se ha calculado las aceleraciones de los centros de masa de cada uno de los sólidos, conlo que la aceleración del centro de masas del sistema total es:

y el teorema resulta en las tres ecuaciones siguientes:


( )( )

O = 2 m

O 2 m

O m g = 2 m

1

212

312

Ω

Ω

ω θ

ω θ θ

ω θ

sen

sen cos

sen

= − −

− −

2 2

22

r r

r


Como se puede ver, seis ecuaciones con seis incógnitas, en las que, si se hallan correctamente, secomprobará que el resultado de este apartado b) coincide con el de a).

Como conclusión, puede decirse en favor de este último método que sólo es necesario calcular seisincógnitas, frente a las doce necesarias si se opta por estudiar los cuerpos uno a uno. Sin embargo, elcálculo de la derivada del momento cinético resulta harto complicado por el hecho de tener que aplicarKoenig, utilizar bases de proyección diferentes para cada sólido y considerar un movimiento de la basediferente también. La complejidad y carga conceptual de esta parte aconseja, en este caso, el estudio porseparado de los dos cuerpos, pues aunque se plantean más ecuaciones, el sistema resultante no es difícilde resolver, al determinarse cada incógnita por separado. Sólo en sistemas ciertamente particulares resultaútil considerar un sistema formado por dos cuerpos, como se ha visto en problemas anteriores.




11.- La plataforma horizontal gira con velocidadangular ω y aceleración angular α. Sobre ella estámontado un soporte que sostiene un rodillo de masam que gira con velocidad angular p. En el extremo Adel rodillo se ha montado un motor de par M. Elapoyo B no puede absorber esfuerzos axiales.Determinar:

a) Velocidad y aceleración angulares del rodillo.b) Par M necesario para que el rodillo gire con p

constante.c) Reacciones en los apoyos A y B.

12.- El disco de masa m y radio r es solidario delárbol OA de longitud cuya masa es despreciable y

tiene una rótula en O. El disco se considera depequeño espesor y está girando con constante yconocida. Si el eje OA se mueve horizontalmente,determinar la velocidad de OA alrededor de lavertical.

13.- La peonza de masa m de la figura se mueve conel punto B fijo sobre un plano vertical, y gira convelocidad angular p constante respecto al planovertical B12. El eje 2 de la peonza gira en torno a lavertical Be con velocidad angular constante. Elángulo θ también es constante. El centro de masa esG. Se considera conocida la matriz de inercia de lapeonza. Empleando la base de proyección 123, hallar:

a) Aceleración del punto A de la peonza.b) Reacción del suelo en B.



c) Relación entre las velocidades angulares p y .14.- En el dispositivo de la figura, la semiesfera maciza homogénea de masa m gira con velocidadangular constante conocida respecto a la horquilla ACB bajo la acción del motor M . El motor M de1 2

eje horizontal comunica a la horquilla una velocidad angular y aceleración conocidas. El cojineteen A no determina fuerza axial. La masa del árbol AB es despreciable. Utilizando la base de proyección123 de la figura, determinar: a) Reacción en A. b) Valor de M .1

Datos: OG = c, OA = OB =



15.- La placa cuadrada homogénea de masa m y lado está montada sobre la horquilla AB que gira con

velocidad angular constante en torno al eje vertical fijo. Por medio de un cable, sujeto en el puntomedio C del lado superior de la placa y que pasa por un pequeño anillo fijo P que se halla en la verticaldel eje, se realiza sobre la placa una fuerza F cuyo valor viene dado por F = F sin(θ/2). 0

La placa parte del reposo relativo a la horquilla en posición horizontal y la distancia AB esaproximadamente igual a . Determinar para el instante genérico que se indica:

a) Velocidad angular .b) Valor de la reacción perpendicular a la placa en el apoyo A.

Datos: OP = OC = , y se conoce la matriz de inercia de la placa para O.

16.- En el instante considerado en la figura, laplataforma gira alrededor del eje vertical BB' convelocidad angular T y aceleración " conocidas.Sobre dicha plataforma se ha montado un motorcuyo rotor es solidario del disco que se muestra yque gira con velocidad angular , constante yconocida, respecto a la plataforma. En el punto Bhay un pasador, y la inclinación n del árbol BG semantiene constante gracias al cable AC. La únicamasa apreciable es la del sistema rotor-disco cuyovalor es m, con centro de masa en G.Determinar:

a) Momentos de las acciones de enlace en A.b) Componentes de la fuerza de enlace en B en

la base x,y,z.

17.- El brazo de la figura gira con velocidad angular yaceleración angular conocidas. El motor M , de momento2

conocido, obliga a girar en torno al eje AB al tambor de masaM, cuya velocidad, en el instante considerado, es ω conocida.El cable indicado en la figura se enrolla sobre el tambor yobliga a ascender al bloque de masa m con aceleración demódulo desconocido. Se considera despreciable el ángulo queforma el cable con la vertical. Si las únicas masas apreciablesson las ya indicadas, y el cojinete en A no ejerce fuerza axial,determinar:



a) Reacciones en los cojinetes A y B.b) Tensión del cable.



18.- La figura muestra un péndulo giroscópicoformado por un soporte fijo que sostiene labarra en forma de T, cuya masa se consideradespreciable, y que puede girar alrededor deleje AB. En el extremo G de la barra se hamontado un disco de masa m y radio R que girarespecto a la barra considerada con velocidadconstante ω conocida. Si el sistema seabandona con el disco en rotación en la

posición θ = 90º con = 0, hallar:a) Reacciones en A y en B para una posición

genérica en función del ángulo θ.b) Valor que debe tener la velocidad angular

ω para que se anule la reacción en el cojinete Acuando el disco pasa por la posición más baja.

19.- La figura adjunta muestra el mecanismo delproblema nº 8 modificado de tal forma que la anillaD está colgada de una prolongación del marco.Considerando que su matriz de inercia tiene la mismaforma que antes y que su centro de gravedad no vecambiada su posición, ¿cómo se modificarán lassoluciones del problema nº 8 ?



20.- Una pulidora está montada sobre la plataformade la figura que gira con constante. El discopulidor junto con el rotor del motor constituyen unrotor simétrico en torno al eje EF, giran con constante, y el conjunto tiene masa m con centro demasa en G. La carcasa del motor tiene masadespreciable. El cilindro hidráulico BD acciona labarra CE de manera que es constante. En C y Ehay pasadores, y las restantes articulaciones sonrótulas. La masa del cilindro hidráulico esdespreciable así como la de las restantes barras deconexión. Determinar, usando la base de proyecciónde la figura:

a) Aceleración del centro de masa G.b) Acciones de enlace en E.c) Fuerza D ejercida por el cilíndro hidráulico en D.

21.- En el dispositivo de la figura, el árbol vertical 4 gira

con ω constante conocida. La barra AC gira con constante conocida, respecto a 4, por la acción delcilindro hidráulico 3. El disco 1 tiene masa m y gira conΩ constante conocida respecto a la barra 2. En A y C haypasadores mientras que en E y B hay rótulas. Las masasde la barra AC y del cilindro hidráulico se considerandespreciables. En el instante de la figura las líneas CD yBE son paralelas. Utilícese la base mostrada en la cual ladirección 3 es normal al plano ACD. Se pide para elinstante considerado:

a) Aceleración absoluta del punto A mediantecomposición de movimientos.

b) Obtener el sistema de ecuaciones que permitedeterminar las acciones de enlace en C y la fuerza F delcilindro hidráulico en B.

c) Energía cinética del disco.


ω ω ω11

= = =v

BIB l

l

ωω ω

ω21 2

2= =⋅

= =v

GD GDG GI1 l

l

r r ra a aB A BA= +

r r ra a aB G BG= +

4 Dinámica plana 135

4. PROBLEMAS DE DINÁMICA PLANA


1.- La rueda y las barras del dispositivo que se ilustrason homogéneas y se mueven en un plano vertical.La barra 1 tiene una masa 2m; la barra 2 tiene masam; la rueda, también de masa m, gira con velocidadangular ω y aceleración angular α conocidas, bajo laacción de un par de valor M dado. En el instante dela figura, el ángulo en B es recto y la línea GD pasapor A. Hallar, para este instante:

a) Velocidad angular ω y aceleración angular α de1 1

la barra 1.b) Componentes de la reacción en A (utilícese el

mínimo número de ecuaciones).(Datos: AB = BG = GC = GD = ).

SOLUCIÓN

a) Para determinar la velocidad angular ω determinaremos1

el CIR de la barra 1. Es inmediato ver que este CIR está en elpunto A en el instante considerado. Por tanto, tendremos

Para determinar la aceleración angular utilizaremos el punto B ya que es un punto de enlace (o seacomún a la rueda y a la barra 1) y expresaremos su aceleración sucesivamente como punto de la rueday como punto de la barra, es decir:


− = + +

− = + −

α ωω α

ω αω α

l ll l

l ll l

12 2

22

21

22

2

2 2

2 2

( )α α ω122 1 2= − − + ( )α ω α2

2 2 2 2= − + −

( )M I ma d M IB G G A= ± + =α α A xl

AI M

xA= −

αl l

( )F m a B mgy Ay

y= = + − =0 0 A (1)y


Los diagramas adjuntos expresan geométricamente las fórmulas que acabamos de escribir. Nótese laimportancia de atribuir sentidos positivos a las aceleraciones angulares, con objeto de poder trazar lasaceleraciones tangenciales con el sentido correcto. Utilizando la base indicada en el enunciado eigualando las componentes de las dos expresiones de la aceleración de B, quedará

Resolviendo este sistema se obtiene

b) Ahora ya estamos en condiciones de efectuar el análisis dinámico.Trazamos el diagrama de sistema libre para el disco, como se muestra enla figura adjunta. Adviértase que A puede determinarse directamente -ox

sea , con una única ecuación- aplicando el teorema del momento cinéticoen el punto B, ya que al tomar momentos en B no aparecerán las fuerzasincógnitas que pasan por este punto. Pero el teorema debe utilizarse en suforma general, no la simplificada, puesto que para el punto B no se cumpleninguna condición simplificadora. Tomando el sentido positivo que seindica a continuación para los momentos, nos quedará

Por tanto, la fuerza A valdráx

Hallando la suma de fuerzas

Esta ecuación muestra que el mero análisis del disco no permite hallar A , que depende del valory

desconocido B . Para determinar este último estudiaremos la barra 1, cuyo diagrama de sistema librey

se acompaña. El teorema del momento cinético en G, con el sentido positivo que se señala, nos da


( )M BG y= = −I IG Gα αl 1

By = −IGα1

l

A mgI

yG= +

α1

l


El signo menos de α obedece a que el sentido positivo elegido para los1

momentos -o sea para la rotación- es el antihorario y, en el apartado

anterior, se ha elegido para α el sentido horario, que es el contrario del1

actual. Con ello resulta

Y sustituyendo en (1) tendremos

en donde deben substituirse I y α por sus valores.G 1

2.- La placa plana, homogénea y rectangular de lafigura, cuyo centro de masas es el punto G, estáarticulada en B a la barra AB y se apoya en C en labarra CD. Dichas barras, de igual longitud se

mantienen paralelas entre sí mediante una barravertical articulada con ambas. El peso de las barrases despreciable frente al de la placa. Suponiendoque ésta parte del reposo en la posición en que

θ=0º, determinar:

a) Velocidad lineal del bloque cuando θ=30º.b) Aceleración angular de la barra AB para

θ=30º.

c) Reacciones sobre el bloque en B y C en elmismo instante.

SOLUCIÓN

a) El sólido en cuestión describe un movimiento de traslación curvilínea consecuencia del movimientoparalelo de las dos barras que lo sostienen. El hecho de que se trate de un movimiento de traslaciónpermanente implica que la velocidad angular y la aceleración angular del bloque serán nulas en todoinstante, y que, por tanto, la velocidad y aceleración de todos sus puntos será la misma.

Por otra parte, el hecho de que no existan fuerzas disipativas permite aplicar el teorema deconservación de la energía entre la posición inicial y una posición genérica cualquiera, de manera quelas disminución de energia potencial implica un incremento igual de la energia cinética (la cual es nulaen la posición inicial por partir del reposo), es decir:


− =∆ ∆U T

− =∆U mgl sen θ

∆T mvG= 12

2

v gG = 2 l sen θ

ωθ

= =v gB

l l

2 sen

& & cosωω ω

θθ ω

ωθ

θ= = = =d

dt

d

d

d

d

g

l


La disminución de la energía potencial puede calcularse fácilmente a partir del descenso del centro demasas:

El incremento de energía cinética es su valor final por partir del reposo, en consecuencia:

e igualando ambas expresiones se deduce que

El hecho de tratarse de un movimiento de traslación implica, como ya se ha dicho, que todos los puntosde la placa tienen la misma velocidad. Concretamente, el punto B tiene la misma velocidad que G y, portanto, la velocidad angular de la barra AB es:

Al haber encontrado una expresión genérica para la velocidad angular, ésta puede derivarse para hallarla aceleración angular, que resultará:

Para hallar las reacciones en los apoyos, será necesario analizar las fuerzas que actúan sobre la placa.

Por tratarse de un sólido en movimiento plano, no se producirán fuerzas en la dirección ortogonal al


α = 0

r ra aG B=

( )r r ra a BA AB

g

gG B= = + × =−

−

→ →

ω ωθ θ

θ2

2

3

2 3&

sen cos

cos

Σr rF maG=

( )( ) ( )

B C mg

B mg mg

x

y

+ = −

− = −

3 1

2 3 22

sen cos

cos

θ θ

θ

ΣM IG G= =α 0

( ) ( )bB h B Cy x+ − = 0 3


plano del movimiento. En B aparecerá una reacción de módulo y dirección desconocida que dará lugar,por tanto, a dos componentes. En el apoyo C, por tratarse de un apoyo sobre una ranura lisa, se poduciráuna reacción de módulo desconocido y de dirección perpendicular a la ranura. En el centro de masasactuará el peso de la placa.

Una vez identificadas las acciones que se ejercen sobre el sólido, para aplicar los teoremas vectorialesserá necesario calcular la aceleración lineal de centro de masas y la aceleración angular de la placa. Portratarse de un movimiento de traslación permanente, ésta última será nula; en consecuencia:

El hecho de que el movimiento sea de traslación permanente permite, asimismo, afirmar que laaceleración de todos los puntos de la placa es la misma, por tanto:

Como el punto B pertenece, simultáneamente, a la placa y a la barra AB se podrá escribir:

Conocidos los valores de las aceleraciones, lineal de G y angular de la placa, se podrán aplicar losteoremas vectoriales para el caso actual de movimiento plano.Teorema de la cantidad de movimiento:

da lugar a las ecuaciones:


que proporciona la ecuación escalar

De la ecuación (2) se obtiene directamente


B mgy = 3 2sen θ

B mgb

h

C mgb

h

x = − +

= − −

3

2

3

2

sen cos sen

sen cos sen

θ θ θ

θ θ θ

r r rl

rl

ra a a i iA O AO= + = + =0 1 1α α

( )M I mg mA A= − =α α l

l2

1

32

2


y resolviendo el sistema constituido por las ecuaciones (1) y (3) se llega a:

3.- Dos barras homogéneas, de masa m cada una, están situadasen un plano vertical y articuladas tal como se indica. La figurarepresenta el instante inicial, en el cual la barra OA está enposición vertical mientras que la AB está horizontal. El sistema

se pone en movimiento en esta posición con ω = 0 y ω1 2

conocidas. Determi-nar, en el instante considerado:a) Aceleraciones angulares de las barras.b) Reacción horizontal A sobre la barra 2x

SOLUCIÓN

a) En el diagrama adjunto se señalan los sentidos positivos paralas aceleraciones angulares. Es evidente que utilizando la baseindicada podemos escribir

Analicemos la barra 2 cuyo diagrama de sistema libre seacompaña. Para hallar α aplicaremos el teorema del momento2

cinético en A. Como pasa por el centro de masa G de 2, elteorema adoptará la forma simplificada. Tomando para losmomentos el sentido positivo que se señala, tendremos

y por tanto


α232

= − gl

r r ra a aG A GA= +

aGx = −α ω1 2

2

2l

l

( )F ma mx Gx= = −

Ax α ω1 22

2l

l

( )M I mO O= − =α α Axl l1

32

1

Ax = −1

8 22mω l

α ω1 223

8=


b) Antes de aplicar el teorema de la cantidad de movimiento para2 calcularemos , que vale

y por tanto su componente x será

Por tanto, la suma de fuerzas para la barra 2, teniendo en cuenta el diagrama desistema libre que se acompaña, valdrá

La presencia de dos incógnitas indica que es menester una nueva ecuación parahallar A . La suministrará el análisis de la barra 1, cuyo diagrama de cuerpo librex

se da. Adviértase que, por el principio de acción y reacción, la fuerza en A tienelas mismas componentes que en el diagrama para la barra 2, pero en sentidocontrario. Tomando para los momentos el sentido positivo que se señala, tendremos

Ahora es inmediato resolver el sistema formado por las dos últimas ecuaciones, y resultará

De paso, es inmediato calcular, aunque no se pide en el enunciado, que el valor para α es 1


r rF ma

M IG

G G

== α


4.- Un bloque homogéneo, de masa m, estásoportado del modo que se indica, medianteunos soportes y rodillos cuya masa esdespreciable. En un instante determinado, elsoporte B cede repentinamente. Encontrar eneste momento los valores de la reacción en A yde la aceleración del punto A.

SOLUCIÓN

El cuerpo está inicialmente en reposo, pero enel momento en que el soporte B cede, el cuerpoadquiere una aceleración angular desconocida yque no se puede calcular por métodos cinemáticos. Se requiere, pues, en este caso, el uso de lasrelaciones dinámicas. En este instante, las acciones que tienen lugar sobre el cuerpo son el peso y lafuerza de contacto de A con el suelo, que, siendo la masa de los rodillos despreciable, tiene direcciónvertical. Así, el diagrama del sólido libre para el cuerpo es:

Como se ve, la única incógnita presente es precisamente la reacción en A.Las ecuaciones necesarias son los habituales teoremas de la cantidad de movimiento y del momento

cinético, este último, aplicado en el centro de masas G, para trabajar con su expresión simplificada. Setiene así:

De un primer análisis, se podría extraer que el número deincógnitas que se plantean es cuatro: la reacción en A, α, y lasdos componentes de la aceleración del centro de masas. Sinembargo, esto no es así, puesto que el número de coordenadasindependientes del sólido es dos: la posición del punto A (sólo


( )( )

a

a d c

aa d c

b

G

G

=

= +

=+

α

α

b

(1)

N mg ma G− −= (2)

( )Nb =m12

(3)4 42 2c ba

bG+

[ ]

ma

Nb = ma

12

mgb

G

− + =

+

= + +

Nb mgb b

c b

b

a

bb c b

G

G

4 4

1212 4 4

2 2

2 2 2

agb

b cG =

+3

4

2

2 2

( )a

gb d c

b c=

+

+

3

4 2 2

N mgb c

b c=

++

2 2

2 24


se puede desplazar horizontalmente) y la rotación del cuerpo. De este modo, el número real de incógnitascinemáticas deberá ser dos. Por otra parte, si se observa que la resultante de las fuerzas que actúan sobreel cuerpo tiene dirección vertical, se concluye en consecuencia que la aceleración de G deberá ser verticaltambién, y se puede hallar la relación entre a y a usando el polo de aceleraciones J. Se verificará:G

Las ecuaciones de dinámica se pueden plantear ahora con una cualquiera de estas variables para formarun sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas. Se escoge a . En estas condiciones, sólo interesaG

plantear el teorema de la cantidad de movimiento en el eje y:

y el teorema del momento cinético:

formándose un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas. La aceleración del centro de masas sepuede hallar fácilmente por reducción, multiplicando la ecuación (2) por -b y sumándola a (3):

para obtener finalmente:

y ahora , aplicando (1):

Sustituyendo ahora a en (2), se halla N:G


xB = 2l cos ,θ

dW C dr C vC= ⋅ = ⋅ = →r r r

dt 0

x

y

G

G

=

=

32

2

l

l

cos

sen

θ

θ


5.- El sistema de la figura se mueve en un planovertical y el disco rueda sin deslizar. La masa dela barra OA es despreciable, la barra AB y el discoson homogéneos y de masa m cada uno de ellos.El resorte, de longitud natural nula, tiene unarigidez de constante conocida k.

Si el sistema parte del reposo en θ = 0,determinar el valor de ω cuando la barra OA pasepor la posición θ = 60º.

SOLUCIÓN

Como la magnitud pedida es una velocidad, aplicaremosel método energético. La figura muestra el diagrama defuerzas para el sistema total. Consideremos previamentedos cuestiones: ¿cuáles son las fuerzas del diagrama que notrabajan?; para las demás ¿cuáles tienen energía potencialcon expresión conocida?

Evidentemente la reacción en O no trabaja por ser O fijo.Tampoco trabaja la reacción en C pese a tener unacomponente horizontal debida al rozamiento. En efecto, eltrabajo elemental de la reacción en C es

ya que el punto de contacto C tiene velocidad v = 0 al no deslizar.C

Las demás fuerzas son conservativas -pesos y fuerzas F elásticas-, con expresiones bien conocidas parae

su energía potencial. O sea, todas las fuerzas que actúan sobre el sistema y trabajan, tienen tambiénenergía potencial conocida. Podemos, pues, aplicar el teorema de conservación de la energía mecánica:

T + U = cte

lo que significa que la suma de energía cinética y potencial para el sistema en la posición inicial es iguala la suma de ambas energías en la posición final. Con ello, el problema se reduce a calcular lasexpresiones de ambas energías. Señalemos que el sistema tiene una única coordenada independiente:mediante el ángulo θ de la figura queda definida la posición del sistema en un instante cualquiera. Así,usando la referencia Oxy, las coordenadas de los puntos G y B serán:


vB = −2lω θsen ,

& sen

& cos

x

y

G

G

= −

=

32

2

l

l

ω θ

ωθ

( )v x yG G G2 2 2

2 22 2

49= + = +& & cos sen

l ωθ θ

ωω

θ22

= − =v

r rB l

sen

T mv IG G12 21

212

= + ω

I mG = 112

2l

T II121

2 1= ω


expresiones genéricas que derivadas respecto el tiempo dan

donde se ha utilizado = ω. Con ello, la velocidad de G vale

y la velocidad angular ω del disco será2

donde el signo negativo obedece a que se ha tomado en la figura adjunta el sentido positivo para ω , que2

es contrario al inducido por la rotación en torno a C con v (cuyo sentido positivo es el de x ). B B

La energía cinética T de la barra 1 puede calcularse aplicando el teorema de König1

donde v deberá substituirse por el valor hallado antes e I viene dado porG G

Señalemos que, como la barra 1 tiene movimiento plano, su movimiento instantáneo es una rotaciónen torno a su CIR I . Con ello se podría escribir1

pero el cálculo del momento de inercia en torno a I exigiría la aplicación del teorema de Steiner.1

La energía cinética del disco T es de cálculo inmediato, teniendo en cuenta que realiza una rotación2


U U Umg

kg e= + = − +ll

22 2 2sen cosθ θ (2)

T I mrC2 22 21

2

3

2= =ω con IC

( )T m m m= + + +18

91

2432 2 2 2 2 2 2 2 2l l lω θ θ ω ω θcos sen sen (1)

Ug = − mgl

2sen θ

( )U k k ke = = =12

12

2 22 2 2 2δ θ θl lcos cos

Ti + = +U T Ui f f

2 602 2

6022

k Tk mg

ll l

= + −( º ) sen º


en torno a C. Es decir

Como consecuencia de lo dicho, la expresión de la energía cinética T del sistema, para una posicióncualquiera y en función de ω, es la siguiente:

donde aún no se han reducido términos semejantes.Pasemos al cálculo de las energías potenciales. La energía potencial gravitatoria del sistema, si el nivel

cero se toma en la horizontal por O, vale

La energía elástica será

Con lo que la energía potencial total será

La conservación de la energía mecánica exige, como se señaló anteriormente, la siguente igualdadentre energías iniciales y finales:

Teniendo en cuenta las expresiones (1) y (2) para las energías, y recordando que θ = 0, ω = 0 en elinstante inicial y que θ = 60º para el final, la conservación de la energía que acabamos de considerar nosdará

donde T(60º) es la energía cinética (1) para θ = 60º. Esta última expresión es una ecuación con la únicaincógnita ω, que es inmediato despejar.


r r ra a BAA B= + ×

→

α1

r r r ra a a r jG A B= = = −α


6.- El dispositivo de la figura está situado en un planovertical. El disco de masa m, que gira en torno del puntofijo C, arrastra el bloque de masa m mediante el cableinextensible que se indica. El sistema se propulsa mediantela fuerza F, desconocida, que actúa en el extremo A de labarra. La corredera A está restringida a moverse siguiendola guía vertical. La barra 1 tiene masa m y todos loscontactos son lisos. En el instante que se ilustra, el sistemaparte del reposo y el disco tiene únicamente unaaceleración angular α conocida. Determinar en esteinstante:

a) Valores de α y .1

b) Valor de la fuerza F.c) Reacción de la guía en el contacto con el extremo A

(Utilícese una única ecuación).

SOLUCIÓN

a) Dado que el sistema parte del reposo en este instante, ninguna barra tiene velocidad angular yningún punto está animado de velocidad lineal.

Establecida la premisa anterior se puede iniciar el estudio de la barra 1. Por las condiciones deligadura, el punto A sólo puede tener aceleración en la dirección de la guía vertical. El punto B, por suparte, pertenece a los sólidos 1 y 2, pero su aceleración es, evidentemente, única. Dado que el disco 2está animado de una aceleración angular a, la aceleración lineal del punto B será también vertical.

El hecho de que las aceleraciones de dos puntos de la barra 1 tengan la misma dirección, junto con lacircunstancia de que en este instante el sólido no tenga velocidad angular, permite afirmar que la barra1 no tiene aceleración angular: α = 0. En efecto, la relación entre las aceleraciones de A y B, que1

pertenecen al mismo sólido, puede expresarse mediante:

Caso de existir , el producto de esta aceleración angular por el vector sería perpendicular a esteúltimo y, en consecuencia, las aceleraciones de A y B no podrían ser paralelas.

Una vez deducido que α = 0, es fácil establecer que el sólido 1 realiza un movimiento de traslación1

instantánea (para la aceleración); en consecuencia todos sus puntos tienen, en este instante, la mismaaceleración, es decir:

b) Para encontrar el valor de la fuerza F será necesario realizar un análisis de las fuerzas que actúansobre cada uno de los sólidos que constituyen el sistema.


ΣF may Gy=

F mg B mry+ − = α

F B mr mgy= + −α

ΣM IC C= α

B r Tr Iy C− = α

B T mry = + 12

α


En el diagrama de sólido libre de la barra 1 puede verse que en el extremo B actúan dos componentesderivadas de que existe una articulación. En el extremo A actúa por una parte la fuerza F vertical y porotra la reacción del apoyo que, al ser liso y sin rozamiento, es perpendicular a la guía. En el centro demasas existirá la acción del peso de la barra.

El diagrama de sólido libre del disco incluye las reacciones en la articulación B, opuestas a las que sehan considerado en el diagrama anterior. En el centro existirán las reacciones derivadas del enlace dearticulación con la bancada y el peso propio del disco. En el punto diametralmente opuesto a B seencontrará aplicada una tensión T producida por la existencia del cable, que siempre trabaja a tracción.

Finalmente el tercer diagrama, correspondiente al bloque suspendido. Sobre éste actúan solamente elpeso propio y la tensión producida por el cable; esta última debe ser opuesta a la que se ha consideradoen el disco.

En el diagrama correspondiente a la barra 1 existen cuatro fuerzas desconocidas, por lo que seránecesario recurrir a ecuaciones adicionales. En cualquier caso, la aplicación de la segunda ley de Newtonen su componente vertical permite escribir:

de donde se deduce que

Para encontrar B bastará aplicar el teorema del momento cinético al disco. Tomando el sentidoy

antihorario como positivo, se podrá escribir:

y por tanto


Σr rF ma=

T mg mr− = α

T mg mr= + α

F mr= 52

α

ΣM I ma dB G G= ±α

Fr A h mgr

m rr

x− + =2 2

α

( )Amr

hr gx = +

24α


El valor de la tensión se podrá deducir del diagrama de sólido rígido del bloque. Téngase en cuentaque éste se mueve con una aceleración lineal que es la aceleración periférica del disco, en consecuencia:

por lo que la tensión en el cable es

Sustituyendo sucesivamente los resultados obtenidos se llega a

c) Para determinar la reacción horizontal de la guía en el punto A se recurrirá a plantear, en eldiagrama de la barra 1, la ecuación del momento cinético respecto del punto B:

de donde resultará, tomando el sentido antihorario como positivo:

Finalmente se obtendrá:

7.- La barra AE que se muestra en la figura, demasa m y longitud 2r, se mueve en un planovertical. Como consecuencia de la acción delresorte FC, de longitud natural despreciable, labarra gira alrededor de A. En los puntos C y E dela barra se han montado sendas ruedas de masa my radio r, que no deslizan en los contactos B y D.Suponiendo que la barra AE tiene una velocidadangular ω conocida en la posición vertical,determinar:

a) Velocidades angulares de las dos ruedas, ω y1

ω , en función de ω.2

b) Cuál debe ser la rigidez k del resorte para quela barra AE llegue a la posición horizontal, θ = 0,con velocidad angular nula.


v rC = 2ω

vC r= ω1

ω ω1 2=

v rE = 4ω

v v rD D2 12 1= = ω

v v rE D= −2 2ω

ω 2 0=


SOLUCIÓN

a) Para determinar las correspondientes velocidades angulares se recurrirá al hecho de que los puntosC y E pertenecen, simultáneamente, a dos cuerpos rígidos. También se utilizará la condición de ligaduraque implica el hecho de que en los puntos B y D no exista deslizamiento.

En efecto, dado que el punto C pertenece a la barra AE, que gira alrededor de A, su velocidadinstantánea es:

Al propio tiempo el punto C pertenece al disco 1 cuyo punto B, por el hecho de no deslizar, tiene lamisma velocidad que el correspondiente punto de la bancada; en consecuencia tiene velocidad nula. Portanto, el punto B es el CIR del disco 1 y la velocidad de su centro C puede expresarse como:

Igualando ambas expresiones se obtiene:

Para hallar la velocidad angular del disco 2 se utilizará un procedimiento análogo. La velocidad delpunto E, por pertenecer a la barra AE, es

El punto E también es el centro del disco 2. Dado que en D se produce un contacto sin deslizamiento,el punto material D , del disco 2, tiene la misma velocidad que el punto material D que pertenece al2 1

disco 1. Por lo tanto se podrá escribir:

La velocidad del punto E podrá calcularse, en función de ω , mediante la expresión que relaciona las2

velocidades lineales de dos puntos que pertenecen al mismo sólido, de modo que:

Igualando las expresiones de v se obtiene:E

b) Las fuerzas de rozamiento, que garantizan el contacto sin deslizamiento en B y D, no trabajan porel hecho de que los contactos en B y D tienen lugar sin deslizar; por lo tanto en el movimiento delsistema mecánico no se produce disipación de energía. En consecuencia, se podrá utilizar el teorema deconservación de la energía:


E Ef o=

E U U Tg e= + +

U mg r mg r mg rg = + +2 2 4

T IAE A=1

22ω T mv IC C1

2121

2

1

2= + ω

T mvE221

2= T mr= 41

32 2ω

( )U k r kreo = − =1

22 2 0 4

2 2


La energía mecánica, en cada posición, será la suma de la energía potencial gravitatoria, la energíacinética y la energía potencial elástica de todos los elementos que constituyen el sistema.

Posición inicial (barra AE vertical):

La energía potencial gravitatoria se determinará tomando como nivel de referencia la recta horizontalque pasa por el punto A. En tales condiciones se sumarán las energías potenciales de la barra AE y delas dos ruedas situadas a diferentes alturas, de modo que:

La energía cinética será la suma de las energías cinéticas de cada uno de los sólidos componentes. Lade la barra AE se determinará considerando que se trata de un sólido que gira, con velocidad ω, en tornodel punto fijo A. La energía cinética del disco 1 se podrá encontrar por aplicación del teorema deKöenig, sumando la energía cinética de traslación con el centro de masas y la energía cinética derotación respecto de una referencia traslacional con éste. En el caso del disco 2, como sólo tienemovimiento de traslación, sólo habrá que considerar esta energía cinética.

La energía potencial elástica se determinará a partir de la longitud del resorte; en este caso el hechode que la longitud natural sea despreciable simplifica mucho los cálculos. Será:

Posición final (barra AE horizontal):

En esta posición, la energía potencial gravitatoria será nula por pasar el sistema por el que se haestablecido como nivel cero de energía. La energía cinética será, igualmente nula, dado que se imponela condición de que ω = 0. Quedará, por lo tanto, únicamente la energía potencial elástica.


U k r kref = − =12

4 0 82 2( )

kmg mr

r=

+24 41

12

2ω

b =l

sen ϕ

r r rv v vB r a1

= + (1)


Considerando que, por tratarse de un sistema conservativo, la energía mecánica ha de permanecerconstante, se podrán igualar las expresiones de la energía mecánica inicial y final. Despejando el valorde la constante de recuperación k necesaria, tendremos:

8.- La manivela AB, de masa m, gira con ω yα conocidas bajo la acción de un par Migualmente conocido. La corredera 1, tambiénde masa m, tiene un momento de inercia IB

conocido. La barra 2 de masa desconocida semueve sin que se produzcan rozamientos enlos contactos C y D. Determinar, en elinstante de la figura:

a) Valores de ω y α .2 2

b) Valores de las reacciones en los contactosC y D.

c) Valor de la masa m de la barra EH. 2

SOLUCIÓN

a) Como utilizaremos la longitud BE, pondremos b = BE. Es obvio que

Para hallar ω utilizaremos el método de composición de movimientos para el2

pasador B o, más precisamente, el punto B . La referencia fija será el1

laboratorio, y la referencia móvil la barra 2. Tendremos para la velocidad:

La velocidad absoluta de B es conocida. Proyectémosla sobre la base , 1

propuesta en el enunciado, cuyos vectores unitarios respectivos tienen la


( )rl

r rv eB1 1= +ω ϕ ϕcos sen e2

r rv v er r= 1

r r rv b a a= = v e e2 2ω 2

( )ω ϕ ϕ ωlr r r r

cos sen e e2 2e v e b r1 1 2+ = +

v r = ω ϕl cos ωω ϕ

ω ϕ22= =

l sensen

b

r r r ra a a aB r a c1

= + + (2)


Figura 2

dirección BE y la dirección perpendicular. Ayudándonos del diagrama adjunto, quedará

La velocidad de B relativa a 2 tiene la dirección de la barra 2, pero su módulo es desconocido. Así1

pues

La velocidad de arrastre es, por definición, la velocidadabsoluta de B suponiendo que es solidario de la referencia1

móvil, que en nuestro caso es la barra 2. Si a la velocidadangular ω de la barra 2 se le atribuye el sentido positivo2

indicado en la figura adjunta, la velocidad de arrastre tienedirección también conocida (perpendicular a EB), ytendremos

Sustituyendo ahora en (1) las expresiones obtenidas paralas velocidades relativa y de arrastre, se obtiene:

La igualación de componentes dará

Obsérvese que los resultados obtenidos también se puedenhallar geométricamente de forma muy breve; basta conproyectar la velocidad absoluta en las direcciones 1 y 2(ya que éstas son las de la velocidad relativa y de arrastre).Esto se muestra en la figura adjunta.

Para la determinación de α se seguirá el mismo método2

de antes. Esto es, se hará composición de movimientos paraB con las referencias fija y móvil anteriores. El teorema de1

composición de aceleraciones nos dice


α ϕ ω ϕ α ωl lsen cos− = −22 22b vr

( )α α ϕ ω ϕ ω22

21

2= − +b

vrl lsen cos

M I B M IA A x A= ⇒ − − = −α α l

BI M

xA=

−αl

I mA =1

32l


Las dos figuras que se adjuntan muestran geométricamenteel primer y segundo miembro de (2). Igualandocomponentes en (2) según la dirección 2, y ayudándonos delos dos diagramas, será

De donde se obtiene

con los valores de ω y v obtenidos anteriormente. 2 r

b) Para determinar las reacciones en C y en D, empezaremosaplicando el teorema del momento cinético en el punto A para la barraAB. Utilizando el diagrama de cuerpo libre que se acompaña, ytomando el sentido positivo para los momentos que se indica acontinuación, tendremos:

y por tanto

con

Analicemos ahora la corredera 1. Trazamos su diagrama de cuerpolibre, en el cual las fuerzas C y D, por ser de contacto sin rozamiento,son normales a los puntos de contacto, o sea, a la barra 2. Obsérveseque las componentes de la fuerza , en virtud del principio de accióny reacción, tienen sentidos contrarios a los dibujados en el diagramacorrespondiente a la barra AB.

El teorema del momento cinético en el punto B toma la formasimplificada, por ser B el centro de masa de la corredera. Se tendrá:


( )M I D C r IB B B= ⇒ − =α α 2

D CI

rB− =α2 (3)

( )F ma B D C mx Gx

x= ⇒ − + + = sen ϕ αl

D Cm Bx+ =

+αϕ

l

sen (4)

Cm B I

rx B=

+−

αϕ

αl

2 22

sen

Dm B I

rx B=

++

αϕ

αl

2 22

sen

( ) ( )M I gh

C b r D b r IE E E= ⇒ + + + − = −α ϕ α2 2 22 m cos

I m hE = 13 2

2


es decir

Aplicando ahora el teorema de la cantidad de movimiento en la dirección x horizontal, se obtiene

o sea

Las expresiones (3) y (4) constituyen un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, que es inmediatoresolver:

donde α y B tienen los valores anteriormente determinados y cuya dirección y sentido son los indicados2 x

en el esquema.

c) Para determinar la masa m de la barra 2, bastará con2

trazar el diagrama de sistema libre para la barra 2 en laforma que se adjunta. Aplicando ahora el teorema delmomento cinético en el punto fijo E, con el sentido positivoque se indica a continuación, se obtiene:

con


m

C r D r

gh

h2

222

13

=+

+ −

+

l l

sen sen

cos

ϕ ϕ

ϕ α

rlr

lr

a i jB = − +2 22ω α


Obsérvese el signo negativo que precede a α . Es debido a que el sentido tomado positivo para α en2 2

el apar-tado a) es contrario al actual. Ahora es inmediato despejar la incógnita m de la última ecuación,2

y se obtiene

donde α , C y D tienen los valores determinados anteriormente.2

9.- El sistema que se representa, se hadiseñado para arrastrar el cursor H demasa m por la pared lisa vertical. Labarra 1, de masa 2m, gira con velocidadangular ω y aceleración angular α, ambasconocidas. Ésta barra es accionada por unmotor, que no se representa, que le aplicaun par M de valor desconocido. El sólido2 está formado por una barra BD, demasa 2m, que tiene soldadaperpendicularmente, en C, otra barra CFde masa m. La masa de la barra 3 seconsidera despreciable. En el instante encuestión el sólido BD es perpendicular ala barra 1. Determinar:

a) Tensión T del cable FH.b) Momento flector en el punto C de la barra 2 en función de la tensión T.c) Par motor M suministrado por el motor a la barra 1 en función de la tensión T.

SOLUCIÓN

a) El mecanismo ABDE constituye un cuadrilátero articulado; en consecuencia, el movimiento de labarra BD es de traslación curvilínea. Por tratarse de un movimiento de traslación permanente, todos lospuntos tienen la misma aceleración. Dado que el punto B pertenece, simultáneamente, a los sólidos 1y 2, y dado que el movimiento del sólido 1 está totalmente definido, se podrá escribir:


α θ ω αω

θ' cos '

cosr

r= ⇒ =2

222

ll

aH = +2 2 2α ω θl l tg


Como el sólido 2 está en traslación permanente, esta aceleración lineal será la de todos los puntos dedicho sólido. Simultáneamente carece de velocidad y aceleración angulares.

Para determinar la tensión del cable FH, se deberá recurrir al diagrama de sólido rígido del bloque H.En él se advierte la existencia de tres fuerzas: el peso propio, la tensión del cable y la reacción decontacto, de dirección perpendicular a la pared por ser ésta lisa.

La aceleración del bloque H está dirigida hacia arriba y es paralela a la pared, pero su módulo esdesconocido. Para hallar la aceleración de H será necesario analizar la cinemática del cable FH.

La velocidad del punto F es vertical dirigida hacia arriba como consecuencia del movimiento de labarra 2 a la que pertenece. La velocidad del punto H es también vertical y dirigida hacia arriba comoconsecuencia de la restricción que impone la existencia de la guía vertical. En estas condiciones puedeafirmarse que el CIR del cable se halla, en este instante, en el infinito y que el cable se halla en traslacióninstantánea. El cable no tiene velocidad angular, pero sí está animado de aceleración angular, ya queel movimiento de traslación es instantáneo. Del análisis del cinema de aceleraciones del punto H sededuce que, puesto que la aceleración resultante ha de ser vertical, las componentes horizontales debencancelarse y, en consecuencia

Una vez determinado el valor de la aceleración angular puede encontrarse el módulo de la aceleracióndel punto H, que resultará ser de

Para hallar el valor de la tensión bastará aplicar la segunda ley de Newton al bloque H, de modo que:


ΣF may Hy=

( )T mg mcos tgθ α ω θ− = +2 2l

( )[ ]Tm

g= + +cos

tgθ

α ω θ2 2l

ΣM I ma dC G G= ±α

M mg T mF − − =l

l ll

22

2cosθ α

M mg

m TF = + +l

l l2

2α θcos


de donde resultará

b) Para determinar el momento flector en el punto C de la barra CF será necesario establecer,previamente, el diagrama de sólido libre correspondiente. En el extremo C actuarán las dos componentesT y V de la fuerza de enlace y el momento flector M , todos ellos de módulo desconocido. En el centroF

de masas actuará el peso y en el extremo F estará aplicada la tensión del cable.

El momento flector podrá encontrarse aplicando el teorema del momento cinético respecto del puntoC. Se elige este punto con objeto de eliminar las dos fuerzas que actúan en él y cuyo módulo esdesconocido. La aplicación del teorema del momento cinético, en el caso plano, lleva a:

Considerando que el sólido en cuestión es parte de otro, que se encuentra en movimiento de traslaciónpermanente, su aceleración angular será nula y, por tanto, tomando el sentido antihorario como positivoquedará

de manera que el momento flector en cuestión será:

c) Un paso previo para determinar el valor del par motor aplicado sobre la barra AB será analizar lasfuerzas que actúan sobre el sólido 1. En el diagrama se puede ver que en la articulación A se representandos componentes de módulo desconocido. En el centro de masas actuará el peso propio. En el extremoB estarán aplicadas las dos componentes que se derivan de la interacción con el sólido 2 mediante unaarticulación. Sobre la barra actúa también el par M aplicado por el motor externo.


M B mg mY= + +2 27

32l l l α

ΣM I ma dA G G= ±α

( )M B mg m my− − = +2 21

122 2

2 2l l l lα α

ΣF may Gy=

B mg T my − − =3 3 2cosθ αl

( )B m g Ty = + +3 2α θl cos

M mg m T= + +8433

22l l lα θcos


Si se aplica el teorema del momento cinético con respecto del punto A, se eliminarán las dos accionesque se ejercen en dicho punto y se elimina también el efecto de B que, al ser horizontal, pasa por dichox

punto. En consecuencia:

donde se ha tomado el sentido antihorario como positivo. De la última ecuación se deduce:

donde es desconocido el valor de B . Para encontrarlo se recurrirá al estudio del sólido 2. En este casoy

las fuerzas aplicadas en B son idénticas a las que se han considerado anteriormente pero con sentidosopuestos. En el extremo F se ejerce la tensión del cable. En el punto D actúa la reacción derivada de laarticulación que allí existe con el sólido 3. Al ser la barra 3 un sólido de masa despreciable sobre el queactúan sólo dos fuerzas, éstas han de ser concurrentes. En consecuencia, las fuerzas que se aplican ensus extremos tienen la dirección de la propia barra.

Si se aplica al sólido 1 la segunda ley de Newton, y se considera únicamente la ecuación escalar quecorresponde a la dirección vertical quedará:

Despejando el valor de B resultará:y

lo cual, sustituido en la ecuación del par motor, permitirá obtener



10.- La figura representa un vehículo con un sistema de frenado. En un ensayo de frenada, la acción delmuelle hace que la zapata D roze con el tambor de radio r con una determinada fuerza. El coeficientede fricción entre la zapata y el tambor es m. En el instante inicial se conocen v y a del chasis, según seindica en la figura. No hay deslizamiento entre las ruedas y el suelo. Tiene masa m cada una de lasruedas (incluyendo el tambor de la rueda sobre la que se ejerce la frenada), así como el conjunto chasis-freno. Este sistema presenta su centro de masas en G. Determinar:

a) Fuerza normal N en D en el instante inicial.0

b) Valor de la reacción C sobre la rueda en el instante inicial.y

c) Se considera ahora que la fuerza que realiza la zapata sobre el tambor sigue una ley N= N (1+ θ),0

donde θ es el ángulo girado por las ruedas (en radianes) desde el momento en que se empieza a frenar.Determinar, en este supuesto, el espacio total recorrido por el vehículo hasta parar.

SOLUCIÓN

a) La cinemática del problema no plantea ninguna dificultad, por lo que se aborda de inmediato laparte dinámica. Los diagramas del sólido libre que se necesitan son:

El diagrama 3 presenta al conjunto formado por la rueda y el tambor de frenado (son un mismo sólido);se observa la fuerza F que efectúa la zapata sobre el tambor, así como la consecuente fuerza de fricciónque aparece, oponiéndose al movimiento. El diagrama 2 corresponde al sistema formado por el chasisy el sistema de frenado. Interesa trabajar con este sistema y no desmembrarlo en cada uno de loscomponentes, puesto que no hay datos sobre la masa individual de cada uno de ellos y, además, tampoco


M IC C= α

( )− + + =A R F R r mRx µ α32

2 (1)

Fx = maGx

− − + = −B A F m R x x µ α (2)

M O = IOα

− =B R mRx32

2α (3)

Bx = −3

2mRα

( )

Ax − =

− + + =

µ α

µ α

F mR

A R F R r mRx

52

32

2

F NmR

rO= =1 4 2

µα


se piden reacciones en las uniones que se dan en el sistema. El diagrama 1 no presenta nada especial.Del diagrama 3 interesa plantear el teorema del momento cinético en el punto C, puesto que así

aparecen sólo dos incógnitas, entre ellas, la fuerza F de frenado. Se considera el sentido de giroantihorario como positivo para todo el problema.

Con el fin de determinar A , se plantea el teorema de la cantidad de movimiento en dirección x parax

el sistema 2.

Aparece ahora una nueva incógnita B , que se calculará aplicando el teorema del momento cinético enx

el punto O de la rueda 1. Es decir

De (3) se halla B inmediatamente:x

que, sustituyéndose en (2), y teniendo en cuenta (1), da lugar al siguiente sistema de dos ecuaciones conlas dos incógnitas A y F:x

Para hallar F con facilidad, se propone resolver el sistema por reducción, multiplicando (4) por -R ,sumándose después a (5). De este modo, se halla la fuerza F, que en el instante inicial se denomina N :0

b) En este caso interesa plantear el teorema de la cantidad de movimiento en dirección y sobre la rueda3:


F = N 0µ θ( )1 +

Fy = 0

− + − + =F A mg Cy y 0 (4)

M B = IBα

− − + − =µF A F mgr y2 2 0l l l (5)

Cy = +3

2 2mg F

rµ

l

W T = ∆ (6)

∆T T T T mR mR m Rf= − = − = − ⋅ +

= −0 02 2 2 2 2 22

32

12

72

ω ω ω (7)

W Fds= −∫

ds rd= θ


donde F se ha determinado en el apartado anterior. La ecuación contiene entonces dos incógnitas: C yy

A . Para hallar A , se plantea el teorema del momento cinético en el punto B para el sistema 2; dado quey y

la aceleración del punto B pasa por el centro de masas del sistema analizado, se utiliza la expresiónsimplificada del teorema:

Como, además, el sistema considerado se traslada, quedará:

Ahora se puede despejar A de (5), para sustituirla en (4) y determinar C . Resultando:y y

c) En este caso es necesario plantear el teorema de la energía cinética:

donde la variación de la energía cinética es

y el trabajo será

donde ds es el diferencial de desplazamiento del punto D de la rueda respecto de la palanca de frenado:

y la fuerza F, la fuerza de frenado sobre la rueda:

en consecuencia


W r N r = − + = − + = − +

∫ ∫µ θ θ µ θ θ µ θ

θθ θN rd N d (8)0

00

0

( ) ( )1 120

2

− +

= −µ θ

θωN r mR0

22 2

2

7

2

θθ

ωµ

2 2 2

02

7

20+ − =

mR

N r

θω

µ= − + +1 1

7 2 2

0

mR

N r

e RmR

N r= ⋅ = − + +

θω

µ1 1

7 2 2

0

R


en el que el signo menos viene dado por ser un trabajo de rozamiento que se opone al movimiento.Sustituyendo ahora (7) y (8) en (6):

de modo que se obtiene una ecuación de segundo grado:

en la que sólo una solución tiene sentido físico:

Finalmente, el espacio recorrido e será el ángulo girado por la rueda (en radianes) multiplicado por elradio R de la misma. Es decir:




11.- Un disco homogéneo de masa m se muevelibremente, sin rozamiento, sobre un planohorizontal. En el instante que se ilustra, el discogira con velocidad angular ω conocida. En este0

momento, se aplica una fuerza constante enmódulo y dirección F, también conocida, pormedio de una cuerda arrollada a su periferia.Determinar:

a) Aceleración del punto A del disco en elinstante considerado.

b) Velocidad angular ω del disco cuando hayadado media vuelta.

12.- Dos ruedas idénticas están montadas en unbastidor y giran sin deslizar sobre el planohorizontal. En el instante de la figura, eldispositivo parte del reposo e inicia sumovimiento con aceleración a conocida. Labarra de conexión BC, de masa m, está fijada ala rueda delantera mediante un pasador en B. Enel otro extremo de la barra existe una ranura porcuyo interior puede moverse, sin rozamiento, elpivote C fijado en la rueda trasera. Sabiendo queG es el centro de masas de la barra, hallar lasreacciones en B y C en el instante considerado.

13.- El dispositivo de la figura está situado en unplano vertical. La barra homogénea AB tienelongitud 2 y masa m. Su extremo B estáarticulado a un collar que puede deslizar, sinrozamiento, por la guía vertical BO. El otroextremo, A, está unido por un pasador al centrode un disco homogéneo, de masa m y radio r,que rueda sin deslizar. El resorte OB tiene unarigidez k conocida y su longitud natural es r.

Suponiendo que el sistema parte del reposo enuna posición inicial en la que θ = 60º,determinar la velocidad angular ω de la barra enla posición en la que θ = 90º.



14.- El sistema mecánico que se ilustra está contenidoen un plano vertical y está constituido por dos discoshomogéneos de masa m cada uno y una barra,igualmente homogénea, también de masa m. La ruedasuperior gira en torno a su centro D, que está fijo, convelocidad angular ω constante y conocida. El discoinferior de centro B rueda, sin deslizar, por el planohorizontal, accionado por la barra de conexión BC. Enel instante que se ilustra, determinar:

a) Aceleraciones angulares α y α .1 2

b) Fuerza horizontal B de la barra sobre el discox

inferior.c) Reacción horizontal C de la rueda superior sobrex

la barra.

15.- El dispositivo de la figura parte del reposo, en laposición indicada, bajo la acción de un par de valor Mconocido. En el movimiento subsiguiente el disco ruedasin deslizar. En el instante inicial la aceleración angularde la barra CB vale α = 3M/(34m ) con el mismo1

2

sentido que el par M. Determinar en el instante inicial:a) Aceleración angular de cada sólido.b) Reacciones en A y en B sobre la barra 2.

16.- La barra y el disco son homogéneos y de masa mcada uno. El radio del disco es r, mientras que lalongitud de la barra es 2 . El sistema está situado en

un plano vertical y se abandona, en reposo, en unaposición en la que θ es prácticamente nulo. En eltranscurso del movimiento subsiguiente el extremo Bde la barra se mantiene en contacto con la pared lisavertical, mientras que el disco rueda sin deslizar sobrela superficie horizontal. Determinar en un instantegenérico:

a) Velocidad angular ω y aceleración angular α de

la barra, en función del ángulo θ.b) Velocidad y aceleración angulares ω y α , del1 1

disco. c) Componentes horizontal y vertical de la reacción

sobre la barra en el punto A.



17.- El dispositivo de la figura se mueve en un plano vertical. La barra acodada EOA gira, convelocidad angular ω y aceleración angular a conocidas, como consecuencia de la existencia delcontrapeso, de masa desconocida, situado en el extremo E. La rueda homogénea no desliza en D ytiene la misma masa m que la barra AB. En el instante que se ilustra, la barra AB está en posiciónhorizontal. Determinar en este instante:

a) Aceleraciones angulares α y α .1 2

b) Reacción horizontal B sobre la rueda.x

c) Reacción vertical A sobre la barra AB.y

18.- En el dispositivo de la figura tanto las barras comola rueda son homogéneas y tienen masa m cada una deellas. El sistema parte del reposo en la posición θ = 0.Si el disco rueda sin deslizar en el contacto D, se pide:

a) Determinar los valores de ω y α en función de θ.b) Encontrar, en función de ω y α , los valores de las

dos componentes de la fuerza que actúa sobre el discoen el punto C.

19.- El mecanismo de la figura se mueve en un planovertical. La barra EF gira, con ω constante y conocida,bajo la acción del motor que se ilustra. El disco 1, demasa m, no desliza en el contacto A con el planoinclinado. La barra CD, también de masa m, estásoldada a la barra vertical EB en el punto C.Determinar en el instante de la figura:

a) Aceleraciones angulares α y α1

b) Fuerza de rozamiento F en el punto A.c) Momento flector M en la soldadura C.


rω

ωω= −

c

c

0

r r

r r

r r

v r k

k

a r j

D c

c

D c

=

= −

= −

2

2

2

2

ω

α ω

ω

ra

r

rA

c

c=

2

2

0

2

2

ωω

( )( )( )( )[ ] ( )

( )rp

R r

r

R r R r

r=

+ −+ +

−+ + + −

+ +

Ω

Ω

ω θθ θθ ω θ

θ θ

cos

sen cos

sen cos

sen cos

1

1

1

0

b)

c)

τπ

απτ

πτ

=−

= − =

2

2 2

R

p r R

p k con j

x

x b

No puesto que estas componentes

son constantes en una

Ω

Ω

,

,

base movil

r r v r

( )r rω

ω ϕω ϕ ω

ω ϕω ϕ ω

πτ

=−−

=−

− +

=c

c r

c

c cy donde

sen

cos

sen

cos ,

0

1

0

2r rrω ωω

ρ

π

== 0

( )( )r

a

r

rA

c

c=

− −

− +

ω ϕ

ω ϕ ϕ

2 2

2

1

1

0

cos

sen cos

( )( )r

a

r

rD

c

c=− +

+

ω ϕ ϕω ϕ ϕ

2

2

1

1

0

cos cos

sen cos

rω

ωω

ω

ω2

1 1

14 2

3 10 0

=

=

rz z

z z

r rv r kE r= ω

r rα ω ω= r k1

ra

r

rF

r

r=−

ωω ω

2

12

0

Resultados 167

. RESPUESTAS A LOS PROBLEMAS PROPUESTOS

5.1 Problemas de cinemática del espacio

11.- a) b) c)

12.- a)

13.- a) b)

c) d)

14.- a) b) c) d)


r r r r rω ω

ω ϕω ϕ ω

ω ωα ω ϕ4 3

3

3 31 1

1 2

1 1 2

1 24 3

0

= + =+

=−

=−

= −p

p

conR r

R r R Rp

R R

R r R Rp k

cos

sen , ; sen

rac = 0 ( )r

a

R

p RQ =−

+

ω ϕω ω ϕ

32

2

3 3 2

0

sen

cos

( )r

l

ll

l

r rΩ

Ω

Ω

Ω

Ω

Ω Ω ΩΩ

e

x

y

x

y

rR r

rdonde

a

v=

=

−−

+ −−

= =

=

ωω

ωωρ π; ,

0

0

0

rα =

−

ΩωΩω

y

x

0

( )( )

( )( )

( )( )

rl

lr

l l

l l

l

v

r

r a

r

r a

rD

y

x D

x

y

x y

=−

− −

=− + −

− + −

− + −

2

2

0

2

2

2

2

2 2

ωω

ω ω

;

Ω ΩωΩω Ω

( )r r la r j donde

r

rAr x

1 12

1= − =−

ω ωω ( )r

l

a a rA1

2

212

0

=−

− +

ΩΩ ω

r r rω

ωω α ω=

=+

= −x

y x

R

r h r

Rk

0 0

2

Ω

Ω ;


15.- a)

b) c)

16.- a)

b) c)

d) e)

17.- a)

b) El EIR pasa por C y tiene una inclinación tg β= ω / ω = (r+h)/R, o sea, es la recta CD, como esy x

fácil deducir geométricamente.

c) Es el cono de revolución engendrado por la recta CD al girar en torno al eje vertical DF.


ra

r

rc

y x

x1

2

0

=−

ω ωω

r r rl

α

ω

ω= =

+

ΩωΩ Ω

Ωk

j ak

R

d

kR

E;

2

2

2

2

2

( )rl

ra r iG = − +Ω Ωω2 2 cosθ r

v

d

dλ =

Ω

Ω

20

2

( )r r r rω ω

θω θr r D ri

v

ri v

R

r= = − =−

− +

cos; cos

Ω1

0

ra

r

R

vA

r

=−

−−

ΩΩ

2

2

senθ

ω

( )

No ya que v donde

El eje instantaneo tiene la direccion de y pasa por el punto I cuya posicion es

CIv v

C r

r

r

, , .

,

, ,

r r r

r

l

ω ω ω

ω

ω

ω

⋅ ≠ =

=− −

+

→

0

0

2

2 2

Ω

Ω Ω

Ω

r r rω

ωα ω ω3 3

02

2=

= − =−

p p i donded pr

d, ,

Ωr rv

d

d rkB =

−2

2

2ω

ωω θ

2 2=

senω

ω θ3 4

=cos

aB =3

2

2ω l

Resultados 169

d)

18.- a) b) c)

El EIRD pasa por un punto situado a del punto C y tiene la dirección de la velocidad angular.

19.- a) b)

c)

20.-a) b)

5.2. Problemas de cinemática plana

11.- a) b)


α ω θ ωα θ

22

325

42

2= + +cos

sen

raA

c = 0a

rr = +

ωθ

θθ

2 2

3

2

2l cos

sensen

r r rv

vi jC

A= +2

3( ) ω52

=vA

l

α3

21

4

7

4 3= +

l l

vaA

Ar

l

r ra

a vi

ajE

A A A= +

+

2 2 2

2

vE =ω

θl

sen

v r = ω θl cos

aE = +3

2 2

2

3

2ωθ θ

ωθ θ

l l

tg cos tg cosα

ω θθ θ4

2 2

21= −

cos( sen cos )

ω ω1 = − −( )( )ΩR r R r

ll2 2 2= − +( )R r d

( ) ( ) ( )α

ω ω1

2 2

2

2

4

2=

−−

− −Ω ΩR r d R r R r d

l l

ra d R r

r d R rB112

12

1 12= − −

− − − −

ω αω α ω

( )( )

vv

ED=2 a

v

REn D=

2

4a

v

R

aEt D D= −

2

4 2

av

R

ar

D D= +2

4 2ω1 6

=v

RD

av

RAc D=

2 3

6dondeθ = 30º

ωω

θ3 =R

l sen;

tgω

ωθ2 =

R

h αω

θω

θ322

32

= −h

l sen tgdondeθ = 45º

ra

R r

rc =

+−

ωα

12

2

( ) , :dondeR r

R rω

ω ω1

2=++ y

R

h hα

ω ωθ

ωθ2

232

22

= − +l

sen tg


c)

12.- a) b)

13.- a) b)

c) d)

14.- a) b)

c) d)

15.- a) donde

b) c)

16.- a) b)

c) d)

e)

17.- a) b)

c)


ωω ϕ ϕ

ϕ1 =−l

l

cos sen

cos

v,

sen cosω

ω ϕ ϕ2 = −

+l v

r

αω ϕ ω ϕ ω ϕ

2

2122

=− −l lcos sen cosv

rr r r

lr

lr r

a rj a i j aAr

Aa

Ac

2 2 22 12

12

1 0= − − = − − =( ) cos cosω ω ω ϕ α ϕ

ω ω ϕ2 = c

rtg r r

a rjH = ω22

αω ω

ϕ2

212

= −c

r

b

r cosdonde

c

bω

ωϕ1 =

cos

( )αω

ϕω

ϕ4

232

=+

−b

b h tg tg, donde

b

b hω

ω3 =

+

ωω ω

21 2

=+ + +( ) ( )R r R r

rB α

α α2

1 2=

+ + +( ) ( )R r R r

rB

r rV R r iSA B= + +( )( )ω ω1 2

r rΩ Ω=

=−

0

0p

p

ω

ω

α

& M = 0r rA

m a I

am a

mg I p

a

B

m a I

a

mg I p

a

=

+

−

+

=

−

−

ω α

αω

ω α

ω

2

2

2

2

2 2

2 2

2 20

2 2

&&

ψϕ

= mgI

l

2

ra

p b p b h b

pb h bA =− − + −

− +

2 2 2 2

2 2 2

2

2

0

& cos & sen cos & cos& sen & sen & sen cos

ψ θ ψ θ θ ψ θψ θ ψ θ ψ θ θ

Resultados 171

18.-a)

b)

c)

19.- a)

b)

c)

20.- a)

b)

5.3 Problemas de dinámica del espacio

11.- a) b) c)

12.-

13.- a)


rB

mg m h

mg m h=+

−

sen & sen cos

cos & sen

θ ψ θ θθ ψ θ

2

2 2

0

( ' ) & cos ' &I I I p mgh− + − =ψ θ ψ2 0

r

l

l l

AI cmg mc mg

I mc mcg

= + + + −

− − −

0

2 2 2 2

2 2 2

2 2

2

&&cos sen ( & & ) sen sen

& & & cos cos cos

θθ ϕ θ ϕ ϕ θ

θϕ ϕ ϕ θ ϕ

M mcg1 = sen cosθ ϕ

& ( ) cos & cosθ θ ψ θ2

20

1 3

2

2 2= − − +−l

Img F

I I

I

( )Amg

mF I I I

32 0 3 2 1

2 4 4= + − − −

− −

sen& sen cos && sen

& & senθ

ψ θ θ θθ

ψθ θl

l

( ) ( )&& & cos senθ ψ θ θ= − − −

1

220 1 3

2

Img F I I

l

M I M I2 3= =α ϕ α ϕsen , ' cos

r

l

ll

B

m

mmg

r

I I

r

I

r= − +

−+

α

ω ω ϕ ϕ ωθ ϕ2 2

0

( ' )sen cos

' & sen

BI

dM h

21

2

2 2= −

&& &ψ ψ BM m g mr M mgr

I mr

Id3

222 2 2

= + +−

+−( ) ( )

( )

&ωψ

AI

d

M h2

12

2 2= − −

&& &ψ ψ AM m g mr M mgr

I mr

Id3

222 2 2

=+

+−

++

( ) ( )

( )

&ωψ

B M h1 = − &&ψ A1 0=


b) c)

14.- a) b)

15.- a)

b)

donde

16.- a)

b)

17.- a)


T m gM r mgr

I mr= +

−+

2

2

2

A B mgm

I2 2

2

1= = −

lsen θ

A B3 3 0+ =

B mgmg

I

I

d

mg

I1

211

2

21

2

2= − +

−

l lcos cosθ

ωθ

A mgmg

I

I

d

mg

I1

211

2

21

2

2= − +

+

l lcos cosθ

ωθ

ω = +

mg

Img

Id

mg

I1 2

2

2

21

l

l

r rlA

m

m c

mg T

N

I mgc I

I T d=+

=− − +

+ −

&&

& ,

& & &

&& ( ) sen

ψψ

ψ θψψ ϕ2

2 32

2

2 3

2 0

rl

l

l

aG = − +

−

22 2

2

& & sen

( & & ) cos

& sen

ψϕ ϕ

ψ ϕ ϕ

ϕ ϕ

rl

ll

l

E

mmg

m mI

bmg m I

b

= − − − −

− −

2

2 2 2

2 2 2

22

2

22

& & sen

tg& cos

&cos

& &

tg&

sen & &

ψϕ ϕ

ϕψ ϕ

ϕϕ

θψϕ

ϕϕ θψ

,& & sen

r

l

M

mb

=

0

0

2 ψϕ ϕ

DE E

b=

− +2 3

2

l lsen cos

sen

ϕ ϕϕ

Resultados 173

b)

18.- a)

b)

19.-

20.- a)

b)

c)


ra

b

b b

b

A =

− +

+ +

−

ω θ θ

θ ω θ θ

ωθ θ

2

2 2

1 2

2 1 2

4

( sen ) cos

& ( sen ) sen& cos

2 2

21 2

2 1 24

3 1

2

12

12

22 2

3

C b M I I IM I

bF bC I I Img F C m bmg F C m b m b

C m b

+ = − + −= −

− − = − +− + + = − +− − + = + +

= −

' & ( ' ) & cos' & sen

cos ( ' ) sen cos ' sensen cos ( sen )cos sen & ( sen )

& cos

θ ωθ θωθ θ

θ ω θ θ ωΩ θθ θ ω θθ θ θ ω θ

ωθ θ

Ω

[ ] [ ]T m b b I I I= + + + + + +1

24 1 2

1

22 2 2 2 2 2 2 2 2& ( sen ) sen ' ( cos ) &θ ω θ ω θ ω θ θΩ

r r ra

Fm

i r kA = − + ω02

ω π ω= +4

02F

mr

B mar

RC

C B mar

R

mg

x x

y y

= − +

=

= = +

1 0

2 2

sen ,

cos

θ

θ

ω = +

1

23

g k

ml

α ωω

ϕ12 2

22= +

cos,

cosdonde ω

ωϕ2 2

= ; tgα ω ϕ2 22=

B mx =3

2 1lα ( )C B mx x= + − −l α α ϕ ω ϕ1 2 22sen cos


21.- a)

b)

c)

5.4 Problemas de dinámica plana

11.- a) b)

12.-

13.-

14.- a)

b) c)


αα α

2

3 1

0

2

==

AM

AM mg

BM

BM mg

x y

x y

= = − +

= − = +

9

34

6

17 3 2

15

34

6

17 3 2

l l

l l

( )ω

θ

θ

2

2

1

2

33

=−

+

g cos

cosl

( )( )

αθ θ θ

θ=

+ −

+

3 2 18 9

2 2 9

2

2 2

cos cos sen

cos

g

l

ω ω θ1

2=l cos

r ( )α α θ ω θ122= −

l

rcos sen

( ) ( )A m A m gx y= − − = − −3 2 2l l lα θ ω θ α θ ω θcos sen sen cos

α α θ ω θ12 1

4= + −

cos sen ( )[ ]α ω θ θ α θ222 1= + +cos cos sen dondeθ = 30º

B mx = −3

8 2lα Amg m m

my = − + +2 2

3

2

1

3

2

1ω α

αl l

l

( )ωθ

θ2

2

3

1 12=

+

g sen

sen l

( )( )

;cos sen

senα

θ θ

θ=

−

+

32

1 12

1 12

2

2 2 2

gl

l

( )C m

Cmg

C mm

x

y x

= +

= − + − + −

3

2

1

3

2

2 2

l

ll

α θ ω θ

θ ω θα

θθ

sen cos

tg sencos

sen

α ω θ122=

l

rtg α

ωθ2

2

=cos

F m r=1

2 1α M m m mg= − +4

322

2 2 2α ω θl l lsen

Resultados 175

15.- a) b)

16.- a)

b)

c)

17.- a)

b) c)

18.- a)

b)

19.- a)

b) c)


Fisica - Problemas Y Ejercicios Resueltos

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