Curso 03/04 (Convocatoria de Febrero)

Asignatura: Mecánica. Curso 2003/04
Problema nº1: Movimiento Relativo y cinemática sólido rígido (5 puntos)
Z
Un disco homogéneo de
radio R, se encuentra
ω2
montado sobre un árbol OG
O
P
de longitud L. El árbol está
ω1
articulado en un punto fijo
G
X
Y
O y el disco se encuentra
R
obligado a rodar sobre un
plano
horizontal
sin
deslizamiento con velocidad angular ω1 con respecto al árbol. Se sabe que el árbol
tiene una velocidad angular ω2 constante según se muestra en la figura. Sobre la
periferia del disco, en el radio paralelo al eje OZ (punto P), se ha pegado una
partícula P de masa m. Determinar en este instante:
a) Relación entre velocidades angulares ω1 y ω2.
b) Velocidad de la partícula P.
c) Determinar la fuerza que se está ejerciendo sobre la partícula P.
d) Razonar que dirección tiene el eje instantáneo de rotación y mínimo
deslizamiento.
L
Problema nº2: Dinámica del sólido rígido (5 puntos)
Un disco homogéneo de
radio R masa m, se
z
ω2
encuentra montado sobre un
O
árbol OG de longitud L y
G
masa despreciable. El árbol
está articulado en un punto
R ω
y
1
x
fijo O y el disco se
encuentra obligado a rodar
sobre un plano horizontal sin deslizamiento con velocidad angular ω1 con respecto al
árbol. Sabiendo que el disco gira en sentido antihorario, con una velocidad angular de
módulo ω1 constante alrededor del árbol. Determinar para el sistema xyz solidario al
disco de la figura:
a)
Momento cinético del disco.
b)
La fuerza ejercida por el plano sobre el disco y reacción en la articulación.
c)
Energía cinética del disco.
L
E.T.S.Ingenieros Industriales (UCLM)
Asignatura Mecánica. Curso 2003/04 (Febrero)
1.
Problema 1. Movimiento relativo y cinemática del sólido rı́gido
Un disco homogéneo de radio r, se encuentra montado sobre un árbol OG de longitud L. El árbol
está articulado en un punto fijo O y el disco se encuentra obligado a rodar sobre un plano horizontal sin
deslizamiento. Se sabe que el árbol tiene una velocidad angular ω2 constante según se muestra en la figura.
Sobre la periferia del disco, en el radio paralelo al eje OZ (punto P ), se ha pegado una partı́cula P de masa
m. Determinar en este instante:
a) Velocidad de la partı́cula P.
b) Determinar la fuerza que se está ejerciendo sobre la partı́cula P.
c) Razonar que dirección tiene el eje instantáneo de rotación y mı́nimo deslizamiento.
Z
M
L
O
P
G
X
Y
R
Resolución
Para poder resolver el problema es necesario comprender el movimiento que sigue el disco (sólido rı́gido).
En la figura siguiente se muestra el disco en dos instantes, se pude observar que la velocidad angular ω1 al
tener la dirección de la varilla OG gira con ella por lo tanto tendrá una aceleración angular para la base
XY Z del sistema de referencia inercial (SRI).
Z ,z
C
In s ta n te t
O
M (t)
M (t= 0 )
M
y
M t
In s ta n te t= 0
G
M t
Y ,y ( t= 0 )
C
La velocidad angular del disco expresada en el sistema xyz es ω = ω1 + ω2 = ω1 j − ω2 k. Como el disco
rueda sin deslizar tenemos que ω2 está relacionada con ω1 . Si estudiamos la velocidad del centro de masas G,
1
desde la articulación O y desde el punto de contacto con el suelo C tenemos que ambos tienen la velocidad
nula el punto C porque no hay deslizamiento en la rodadura y el punto O por pertenecer a al eje de rotación
(V O = V P = 0). Estos dos puntos pertenecerán al eje instantáneo de rotación y mı́nimo deslizamiento, ası́:
i j
k k i j
R
V G = V 0 + OG × ω = V P + CG × ω ⇒ 0 ω1 −ω2 = 0 ω1 −ω2 ⇒ ω2 = − ω1
(1)
L
0 L
0 0 0
R Z
=
X
O
M
M
G
M
C
Y
E JE
Si en el intente inicial (t = 0) las bases móvil xyz y XY Z coinciden, pasado un tiempo t la base xyz
girará un ángulo ω2 t tal y como se muestra en la figura. La velocidad angular del disco será igual a la suma
de ambas velocidades angulares, y la aceleración angular será la derivada de ω; en un instante cualquiera
para la base XY Z tenemos teniendo en cuenta que ω1 es una constante:
 R 2



 L ω1 cos R
 ω1 sen R
L ω1 t 
L ω1 t 
dω
ω = ω1 + ω2 =
=
(2)
ω1 cos R
α=
− R ω 2 sen R
L ω1 t 
L ω1 t 
 L 1

dt
R
0
− L ω1
Para el instante t = 0 tenemos que la velocidad angular y aceleración angular para las bases xyz y XY Z
(en este instante son coincidentes) son igual a:


 R 2 
0


 L ω1 
ω1
ω=
α=
(3)
0


 R

0
− L ω1
Z ,z
M
O
P
H
X ,x
G
Y ,y
Para obtener la velocidad y aceleración de un punto P de la periferia del disco aplico las fórmulas de
movimiento relativo con un observador móvil sobre el disco. Tomando el punto O como origen del sistema
móvil (este punto está fuera del disco pero para el cálculo es más fácil porque su velocidad y aceleración son
nulas Vo = Ao = 0), en este caso el vector r = OP = OG + GP . Para la determinación de la velocidad V
2
y aceleración A para el SRI aplicamos las fórmulas del movimiento relativo teniendo en cuanta que para un
observador sobre el disco el punto P no se mueve (v = a = 0):


I J
K  2Rω1 
0
(4)
V = Vo + ω × r + v = 0 + 0 ω1 − R
= 2Rω1 I = 2Lω2 I
L ω1 + 0 = 

0 L
0
R A =
=
Ao + ω × ω × r + α × r + 2ω × v + a =
I
J K
J
K I
+ R ω2 0 0
0 + 0
0 −R
ω
1
1
L
L
2Rω1 0
0
0
L R


0


2 2
3R ω1
+0+0=
−
L


−Rω12
La fuerza que se está ejerciendo sobre la partı́cula P, es según la II ley de Newton igual a:


0


3mR2 ω 2
F = mA =
− L 1


−mRω12
2.
(5)
(6)
Problema 2. Dinámica del Sólido Rı́gido
Un disco homogéneo de radio R masa m, se encuentra montado sobre un árbol OG de longitud L y
masa despreciable. El árbol está articulado en un punto fijo O y el disco se encuentra obligado a rodar sobre
un plano horizontal sin deslizamiento. Sabiendo que el disco gira en sentido antihorario, con una velocidad
angular de módulo ω1 constante alrededor del árbol. Determinar para el sistema xyz solidario al disco de la
figura:
a) Momento cinético del disco respecto al centro de masas G.
b) La fuerza ejercida por el plano sobre el disco y reacción en la articulación.
c) Energı́a cinética del disco.
L
z
O
G
R
x
M
1
y
Resolución
Para determinar el momento cinético del disco respecto al centro de masas necesitamos el tensos de
inercia para el sistema xyz. Para su determinación tenemos en cuenta que para este sistema tenemos varias
simplificaciones: eje figura plana y en el eje oy tenemos simetrı́a de revolución. Por lo tanto emplear este
sistema tiene las siguientes simplificaciones:
3
Figura plana: Iyy = Ixx + Izz y al ser y = 0 tenemos Ixy = Iyz = 0.
Simetrı́a de revolución: Ixx = Izz = I y Ixz = 0.
Im
G =
V

y2 + z 2
 −xy
−xz


−xz
Ixx
−yz  ρdV =  Ixy
Ixz
x2 + y 2
−xy
x2 + z 2
−yz
z
 
Ixz
I
Iyz  =  0
Izz
0
Ixy
Iyy
Iyz
0
2I
0

0
0 
I
(7)
d
B
d m
rd
B
R
B
r
G
d r
x
Para calcular el tensor de inercia tomamos un sector diferencial dm, según se muestra en la figura.
Llamando ρ = m/πR2 a la densidad superficial de la placa, tenemos que la masa del elemento diferencial
dm = ρdA = ρrdφdr. El elemento Iyy del tensor de inercia será igual a:
Iyy = 2I =
2
R
r ρdA = ρ
A
3
r dr
0
2π
dφ =
0
mR2
πρR4
=
2
2
El tensor de inercia para la base xyz en el punto G es igual a:


1 0 0
2
mR 
Im
0 2 0 
G =
4
0 0 1
(8)
(9)
La velocidad angular del disco expresada en el sistema xyz es ω = ω1 + ω2 = ω1 j − ω2 k. Como el disco
rueda sin deslizar tenemos que ω2 está relacionada con ω1 . Si estudiamos la velocidad del centro de masas
G, desde la articulación O y desde el punto de contacto con el suelo P tenemos (ambos tienen la velocidad
nula V O = V P = 0):
i j
k k i j
R
(10)
V G = V 0 + OG × ω = V P + P G × ω ⇒ 0 ω1 −ω2 = 0 ω1 −ω2 ⇒ ω2 = − ω 1
L
0 L
0 0 0
R El momento cinético en el punto

1
2
mR

HG = Im
ω
=
0
G
4
0
G es igual a:
 
 


0 0  0  
0
0
 

=
=
2 0 
− 21 mR2 ω1
− 21 mR2 ω1
ω1
  1
  1


−ω2
0 1
− 4 mR2 ω2
− 4 mRLω1
4
(11)
Aplicando el teorema del momento cinético en el punto G (r G = 0):
DH G
DH G
ext
= M ext
= MG
G − r G × (mAA ) ⇒
Dt
Dt
(12)
El primer término de la ecuación, por estar expresado el momento cinético H G en la base xyz, es igual a:

 
 
 

1
0
0
mR3 ω12 

  0  
  + 2L
DH G
dH G
− 1 mR2 ω̇1
− 1 mR2 ω1
+ 21 mR2 ω̇1
0
=
+ Ω × HG =
+
×
=
(13)
 21
  rω1   21
 

Dt
dt
1
− 4 mrLω̇1
− 4 mrLω1
− 4L
mR3 ω̇1
− L
donde se ha tenido en cuenta que dh/dt es la derivada del momento cinético para un observador sobre la
varilla (sistema xyz), donde se ha aplicado que ω̇1 = 0 por ser la velocidad angular ω1 constante; Ω es la
velocidad angular de este sistema respecto del SRI, que en este caso coincide con ω 2 .
R
z
z
O
R
x
R
G
y
N
W
x
P
F
y
R
Para la determinación del segundo término de la ecuación M ext
G , determinamos el momento de las fuerzas
exteriores respecto al punto G en la base xyz:
Peso (W ): M W
G = GG × W = 0
i
0
Reacción en articulación (R): M R
=
GO
×
R
=
G
RX
Fuerza ejercida por el suelo (N ): M N
G = GP × N = 0
i
F
R
Fuerza de rozamiento (N ): M G = GP × F R = 0
−FR
j
k
−L 0
RY RZ
j
0
0
k
−R
0


 −LRZ 
=
0


−LRX



0

=
+RF
R


0
Sustituyendo estos resultados en la ecuación 12 tenemos las siguientes ecuaciones para los ejes coordenados:
mR3 ω12
1 R3
Eje ox ⇒ − m ω12 = −LRZ ⇒ RZ = −
2 L
2L2
Eje oy ⇒ 0 = RFR ⇒ FR = 0
Eje oz ⇒ 0 = LRX ⇒ RX = 0
A continuación aplicamos el teorema del centro de masas:
F ext = R + F R + N + W
mAG =
5
(14)
(15)
(16)
(17)
Para poder aplicarlo, necesitamos conocer el movimiento del centro de masas G del disco, que en este
caso es un movimiento circular alrededor del eje con velocidad angular constante ω 2 , su aceleración será en
la base xyz:
R2 ω12
j
(18)
AG = α2 × OG + ω 2 × ω2 × OG = −ω22 Lj = −
L
Sustituyendo en la ecuación 17, tenemos para la base xyz:

 

 
 
 
0

  0   0   RX   −FR 
2 2
r ω
m
RY
0
+
=
0
+
0
+
− L1

 

 
 
 
RZ
0
−mg
N
0
(19)
De esta ecuación vectorial tenemos las siguientes ecuaciones para los ejes coordenados:
Eje ox ⇒ 0 = RX − FR ⇒ RX = FR = 0
mR2 ω12
= RY
Eje oy ⇒ −
L
Eje oz ⇒ 0 = −mg + N + RZ ⇒ N = mg − RZ
(20)
(21)
(22)
Despejando tenemos que la solución pedida es la siguiente:
Fuerza ejercida por el suelo (N ):
1 mR3 2
ω k
N = mg +
2 L2 1
Reacción en articulación (R):
R=−
rmω12
L
R
k
j+
2L
La energı́a cinética del disco en un instante se determina por la expresión siguiente:
T =
1
1
mVG2 + ω T I G ω
2
2
(23)
El centro de masas realiza un movimiento circular con velocidad angular ω 2 por lo tanto su velocidad
será V G = ω 2 × OG y su módulo VG = Lω2 = Rω1 :
1
1
1
2
mVG2 = m (Lω2 ) = mR2 ω12
2
2
2
El segundo término es igual a:
1 T
1
ω IG ω =
0
2
2
ω1
−R
L ω1
mR2
4

1 0
 0 2
0 0


2
0
0 
 1
2
2 2 2L + R

ω1
0
= mR ω1
 8
 R
L2
1
− L ω1
La energı́a cinética total del disco será igual a:
T =
1
2L2 + R2
mR2 ω12 1 +
2
4L2
6