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Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Primer Examen Parcial / 22 enero 2000
1. Un sistema de vectores deslizantes es tal que en el origen el momento resultante es nulo y en los puntos A(1,0,0) y B(0,1,0) los momentos son MA = aj + k y MB = i + b j - k, respectivamente. Determinar: a) Los valores de a y b en las expresiones de los momentos. b) La resultante del sistema. c) El eje central. d) Si estuviésemos describiendo con este ejercicio el movimiento de un sólido rígido, escriba de nuevo el enunciado del problema.
a) y b) Sea R = (li + mj + nk) la resultante del sistema. Relacionamos los momentos en A y B con el momento en O: ⎧⎪ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ JJJG ⎧⎪⎪a = n ⎧⎪a = −1 ⎪⎪ ⎜⎜0⎟⎟ ⎜⎜−1⎟⎟ ⎜⎜ l ⎟⎟ ⎜⎜ 0 ⎟⎟ ⎪⎪ M = M + AO × R → a = 0 × m = n → ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎨ O ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎪⎪ A ⎪ ⎪⎪b = 0 m = − 1 ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎪⎩ ⎝⎜1⎠ ⎝⎜ 0 ⎠ ⎝⎜ n ⎠ ⎜⎝−m⎠ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎨ → ⎪⎨l = −1 ⎧ n = − 1 ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎛ l ⎞ ⎛−n⎞ ⎪ JJJG ⎪⎪M = M + BO× R → ⎜⎜ b ⎟⎟⎟ = ⎜⎜−1⎟⎟⎟×⎜⎜m⎟⎟⎟ = ⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ → ⎪⎨b = 0 ⎪⎪m = −1 O ⎪⎪ B ⎪⎪ ⎪ ⎜⎜⎝⎜−1⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜⎜ 0 ⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜⎜ n ⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜⎜ l ⎠⎟⎟ ⎪⎪l = −1 ⎪⎪ ⎩⎪n = −1 ⎪⎩ ⎩ de modo que
⎛ ⎞ ⎜0⎟ M A = ⎜⎜−1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝ 1 ⎟⎠
⎛ ⎞ ⎜1⎟ M B = ⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝−1⎟⎠
⎛ ⎞ ⎜−1⎟ R = ⎜⎜−1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝−1⎠⎟
c) Puesto que el momento en el origen es nulo, el eje central pasa por el origen de coordenadas y tiene la dirección de la resultante R, de modo que viene dado por las ecuaciones:
x y z = = → x= y=z − 1 − 1 −1 d) Un sólido rígido tiene un movimiento tal que, en un instante dado, las velocidades de tres de sus puntos ... ... a) ... b) La rotación resultante. c) El eje instantáneo de rotación y deslizamiento.
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2. La deslizadera A se mueve hacia la derecha, por la guía rectilínea horizontal, con una velocidad vA constante. La deslizadera A está unida al bloque B mediante un hilo inextensible que pasa por una polea en C. Calcular velocidad y aceleración del bloque B en función de la distancia x que se indica en la figura.
h
L = x2 + h2 + s
C
y la derivamos con respecto al tiempo: 2 xx 2 x2 + h2
+ s = 0 → s = vB = −
x x 2 + h2
A
x
Sea L la longitud del hilo. Escribimos la condición geométrica de ligadura:
s
B
θ vA
O
Para obtener la aceleración tangencial del bloque B debemos derivar de nuevo con respecto al tiempo: x x 2 + h 2 − x at = s =−
xx 2
x +h
x2 + h2
2
vA =
h 2 vA2 x 2 x − x ( x 2 + h 2 ) − v = A ( x 2 + h 2 )3/2 ( x 2 + h 2 )3/2
La aceleración normal del bloque B será: vB2 x 2 vA2 an = = 2 R x + h2 R
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3. La varilla AC que se muestra en la figura tiene un movimiento plano tal que su extremo A desliza a lo largo de un eje horizontal, en tanto que la varilla pasa por un pasador fijo y orientable (B) situado a una distancia fija h del eje horizontal. Supongamos que el extremo A de la varilla se mueve con velocidad constante vA de izquierda a derecha. a) Expresar la velocidad angular (ω) de la varilla en función del ángulo θ que se indica en la figura. b) Calcular la velocidad y aceleración del punto de la varilla que se encuentra en B en función de dicho ángulo θ, expresando sus componentes en la base vectorial indicada en la figura.
C
θ θ
h
vB
θ O
x A
h
θ O
x A
⎧ ⎪ h / cos θ h AB ⎪ = = IA = ⎪ ⎪ cos θ cos θ cos 2 θ ⎪ ⎨ ⎪ h h sen θ ⎪ IB = AB tg θ = tg θ = ⎪ ⎪ cos θ cos 2 θ ⎪ ⎩
ω B
B
a1) Método gráfico. Determinamos la posición de CIR, tal como se indica en la figura.
I
y
y
C
vA
⎧⎪ v ⎪⎪ω = A cos 2 θ vA vB h ω= = → ⎨ ⎪⎪ IA IB ⎪⎪⎩vB = ω IB = vA sen θ
a2) Método analítico. Determinamos la velocidad de B a partir de la de A:
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ JJJG ⎜ vB sen θ ⎟ ⎜vA ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎜−h tg θ ⎟ ⎜ vA − ω h ⎟ v B = v A + ω × AB → ⎜⎜−vB cos θ ⎟⎟⎟ = ⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ + ⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟×⎜⎜ h ⎟⎟⎟ = ⎜⎜−ω h tg θ ⎟⎟⎟ → ⎜⎜⎝ 0 ⎠⎟ ⎜⎜⎝ 0 ⎠⎟ ⎜⎜⎝ω ⎠⎟ ⎜⎝ 0 ⎟⎠ ⎜⎜⎝ 0 ⎟⎠ ⎧ ⎪vB sen θ = vA − ω h v − ωh v → ⎪ → tg θ = A → ω = A cos 2 θ y vB = vA sen θ ⎨ ⎪ ω h tg θ h ⎪ ⎩vB cos θ = ω h tg θ b) Determinamos la aceleración de B a partir de la de A: JJG JJG × AB + ω ×(ω × AB) aB = aA + ω
⎛ 0 ⎟⎞ v 2ωvA = ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟ con ω = A (−2sen θ cos θ )ω = − ω sen θ cos θ ⎜⎜⎝ω ⎟⎟⎠ h h ⎛2sen θ cos θ ⎞⎟ ⎛ 1 ⎞⎟ JJG ⎛⎜ 0 ⎟⎞ ⎛⎜−h tg θ ⎞⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ × AB = ⎜⎜ 0 ⎟×⎜⎜ h ⎟ = −hω ⎜⎜ tg θ ⎟ = ωvA ⎜⎜ 2sen 2 θ ⎟⎟⎟ ω ⎟ ⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜⎝⎜ω ⎟⎠ ⎜⎝ 0 ⎠⎟ ⎟ 0 ⎝⎜⎜ 0 ⎠⎟ ⎝ ⎠⎟ ⎛ 1 ⎟⎞ JJG ⎛⎜ 0 ⎟⎞ ⎛⎜−h tg θ ⎞⎟ ⎜ ω × AB = ⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟×⎜⎜ h ⎟⎟⎟ = −hω ⎜⎜ tg θ ⎟⎟⎟ ⎜⎝⎜ 0 ⎠⎟ ⎜⎜⎝ω ⎟⎠ ⎜⎝ 0 ⎠⎟ ⎛ θ ⎟⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛− tg θ ⎟⎞ JJG ⎜⎜sen θ cos ⎜ 0 ⎟⎟ ⎜ 1 ⎟⎟ 2 2⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ω × (ω × AB) = ⎜ 0 ⎟⎟× (−hω ) ⎜ tg θ ⎟⎟ = −hω ⎜ 1 ⎟⎟ = ωvA ⎜ − cos θ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝ 0 ⎠⎟ ⎜⎝⎜ω ⎠⎟ 0 ⎝⎜⎜ 0 ⎠⎟ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞⎟ ⎛ 3sen θ cos θ ⎞⎟ 3sen θ cos3 θ ⎜⎜ vA2 ⎜⎜ 2 2 ⎟ 2 2 4 ⎟ ∴ a B = ωvA ⎜2sen θ − cos θ ⎟⎟ = ⎜⎜2sen θ cos θ − cos θ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ h ⎜⎜ 0 0 ⎠ ⎝ ⎝ ⎠⎟ Departamento de Física Aplicada Revisión: 04/04/2008 - Impresión:04/04/2008
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4. Un bloque de masa m se deja caer sobre una cinta transportadora que se mueve con velocidad constante v. Determinar el tiempo y el espacio recorrido por el bloque hasta que éste adquiera la velocidad de la cinta, siendo μ el coeficiente de rozamiento entre la cinta y el bloque.
v
Método 1º Planteamos el problema en el referencial S. La fuerza de rozamiento que actúa sobre el bloque es la que lo acelera hasta que adquiere la misma velocidad que la cinta: esto es, f = μ N = μmg = ma → a = μ g = cte
S
de modo que se trata de un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado, en el que la velocidad inicial del bloque es nula. Por consiguiente:
S’ f
vf = v0 + at → t =
v
vf2 = v02 + 2ax → x =
v v = a μg v2 v2 = 2a 2μ g
Método 2º Planteamos el problema en el referencial S’ que se mueve con velocidad constante (inercial). La fuerza de rozamiento sigue siendo la misma que antes, f = μ N = μmg = ma → a = μ g = cte pero v0 = -v y vf = 0 vf = v0 + at → 0 = −v + at → t =
v v = a μg
vf2 = v02 + 2ax ′ → 0 = v 2 + 2ax ′ → x ′ = −
v2 v2 =− 2a 2μ g
donde el signo negativo significa que el bloque se mueve “hacia atrás” con respecto de la cinta.
Método 3º El trabajo realizado por la única fuerza horizontal que actúa sobre el bloque (fuerza de rozamiento) es igual al incremento de su energía cinética: W f = ΔEk
1 → μmgx = mv 2 2
→ x=
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v2 2μ g
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5. Dos bolas lisas de igual tamaño y de peso P están contenidas en el interior de un cilindro, tal como se indica en la figura. Determinar las reacciones en los contactos para cada una de las bolas.
El diagrama de fuerzas del cuerpo libre para cada una de las dos bolas es el que se indica en la figura.
2a a
Aplicamos las ecuaciones cardinales de la estática al sistema completo (las dos bolas), tomando momentos con respecto al punto O2. Tenemos ⎧ → N1 = N 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ↑ N3 = 2P ⎨ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩O 2 z Pa = N1 2a → N1 = 2 P
c N1
O1 P
θ
de modo que
N12 N12
d
O2 P N3
N2
N1 = N 2 = 0.5 P
2a
N3 = 2 P
Para determinar las reacciones N12, es suficiente con expresar la condición de que la resultante de las tres fuerzas (concurrentes) que actúan sobre la bola superior sea nula: ⎧⎪⎪→ N12 sen θ = N1 5 P → N12 = N12 + P 2 = ⎨ ⎪⎪⎩ ↑ N12 cos θ = P 2
a
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