MECÁNICA. PROBLEMAS RESULETOS 5

5/10/2018 MECÁNICA. PROBLEMAS RESULETOS 5 - slidepdf.com

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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

4.1. Problemas resueltos

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:

© los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998. Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del "copyright", bajo las sanciones establecidas enleyes, la reproducción total o parcial de e sta obra por cualquier medio o procedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, y la distribución deejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos, así como la exportación e importación de ejemplares para su distribución y venta fuera del ámbito de la UniónEuropea.



− = + +

− = + −

α ωω α

ω αω α

l ll l

l ll l

12 2

22

21

22

2

2 2

2 2

( )α α ω12

2 1 2= − − + ( )α ω α22

2 2 2= − + −

( )M I ma d M IB G G A= ± + =α αA xl

AI M

xA= −

αl l

( )F m a B mgy A

y

y= = + − =0 0A (1)y

136 Mecánica. Problemas

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 se

indica 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

© los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.



( )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 traslación

permanente 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 de

conservación 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 r

a aG B=

( )r r ra a BA AB

g

gG B= = + × =−

−

→ →

ω ωθ θ

θ2

2

3

2 3&

sen cos

cos

Σ

r r

F ma G=

( )

( ) ( )

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:

Teorema del momento cinético:

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 figura

representa 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 2

2

2l

l

( )M I mO O= − =α αAxl 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 sentido

contrario. 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 es1




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 y

que 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 maG− −= (2)

( )Nb =m12

(3)4 42 2c ba

bG+

[ ]

ma

Nb = m a12

mgb

G

− + =

+

= + +

Nb mgb b

c bb

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 vertical

también, 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 disco

son 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 de

fuerzas 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 2 2 2

49= + = +& & cos senl ω θ 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 rotación

en 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 2

l l lω θ θ ω ω θcos sen sen (1)

Ug = −mgl

2 senθ

( )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 r

a 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 cable

inextensible 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 la

circunstancia 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

r

F 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 el

diagrama 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 M

igualmente 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




( )r

lr r

v eB1 1

= +ω ϕ ϕcos sen e2

r rv v er r= 1

r r rv ba a= =v e e2 2ω 2

( )ω ϕ ϕ ωlr r r r

cos sen e e2 2e v e br1 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. Así 1

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

32

l


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. Obsérvese

que 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 22m 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

rl

rl

ra 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 ha

diseñado 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 se

considera 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 la

barra 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 la

barra 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 l l2

22

cosθ 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 extremo

B 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

32

l 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 2cos θ 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 la

articulación 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 se

indica 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 la

parte 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 Rx 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 N mRrO= = 1 42

µ α


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 giro

antihorario 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 = I Bα

− − + − =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

2 0+ − =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:





4.2. Problemas propuestos

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 en

una 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 disco

en 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 puestoque estas componentes

son constantesen una

Ω

Ω

,

,

basemovil

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 r

rω ωω

ρ

π

== 0

( )( )

ra

r

rA

c

c=

− −

− +

ω ϕ

ω ϕ ϕ

2 2

2

1

1

0

cos

sen cos

( )

( )ra

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 ( )

ra

R

p RQ =−

+

ω ϕω ω ϕ

32

2

3 3 2

0

sen

cos

( )r

l

l

l

l

r rΩ

Ω

Ω

Ω

Ω

Ω Ω Ω

Ω

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 ( )

rl

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 ;

168 Problemas de mecánica

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 r

l

α

ω

ω= =

+

ΩωΩ Ω

Ωk

j ak

R

d

kR

E;

2

2

2

2

2

( )r

lr

a r iG = − +Ω Ωω2 2 cosθ rv

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

sen θ

ω

( )

No ya que v donde

Elejeinstantaneo tienela direccion de y pasa por el punto I cuyaposicion es

CIv v

C r

r

r

, , .

,

, ,

r r r

r

l

ω ω ω

ω

ωω

⋅ ≠ =

= − −+

→

0

0

2

2 2

Ω

Ω ΩΩ

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

raAc = 0

ar

r = +

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

a jE

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

l

l2 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

ω ωθ3 =

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

α ω ϕ ω ϕ ω ϕ2

2

1

2

2= − −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 = ω 22

αω ω

ϕ2

212

= −c

r

b

rcosdonde

c

bω

ωϕ1 =

cos

( )

αω

ϕ

ω

ϕ4

232

=

+

−b

b h tg tg

, dondeb

b h

ωω

3 =

+

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

&&

ψ ϕ

= 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 ψ 2 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

A Id

M h21 2

2 2= − −&& &ψ ψ A M m g mr M mgr

I mrI

d3 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

ψ ψ

ψ θψ ψ ϕ2

2 32

2

2 3

2 0

r

l

l

l

aG = − +

−

22 2

2

& & sen

( & & )cos

& sen

ψϕ ϕ

ψ ϕ ϕ

ϕ ϕ

r

l

ll

l

E

mmg

m mI

b

mg m Ib

= − − − −

− −

2

2 2 2

2 2 2

22

2

2 2

& & sen

tg& cos

&cos

& &

tg& sen & &

ψϕ ϕ

ϕψ ϕ

ϕϕ

θψ ϕ

ϕ ϕ 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

R C

C B mar

R

mgx x

y y

= − +

=

= = +

1 0

2 2

sen ,

cos

θ

θ

ω = +

1

23

g k

ml

α ωω

ϕ1

2 222

= +

cos

,cos

donde ωω

ϕ2 2= ; tgα ω ϕ2 2

2=

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

B M B M mg

x y

x y

= = − +

= − = +

9

34

6

17 3 2

1534 617 3 2

l l

l l

( )ω

θ

θ

2

2

1

2

33

=−

+

g cos

cosl

( )

( )α

θ 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 θ2

22 1= + +cos cos sen donde θ = 30º

B mx = −3

8 2lα Amg m m

my = − + +2 2

3

2

1

3

2

1ω α

αl l

l

( )ω

θ

θ

2

2

3

1 12

=+

gsen

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

3

222 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)


MECÁNICA. PROBLEMAS RESULETOS 5

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