Dinamica

Dinámica
2016-1
Semana 2
Expositor: M.Sc Ing. Tito Vilchez Vilchez
Tema:
Cinemática de la Partícula en
Movimiento Absoluto en 3D
SISTEMA DE COORDENADAS RECTANGULARES
La ampliación de dos dimensiones (x,y) a tres dimensiones (x,y,z) no ofrece dificultad
especial. Simplemente basta añadir la coordenada z y sus dos derivadas temporales a
las expresiones bidimensionales, de forma que el vector de posición R, la velocidad v
y la aceleración a se expresan de la siguiente manera: En el plano solo se consideran
dos componentes X e Y
Vector Posición:
R  Xiˆ  Yjˆ  Zkˆ
Vector Velocidad:
dX ˆ dY ˆ dZ ˆ
v
i
j
k
dt
dt
dt
v  Xiˆ  Yjˆ  Zkˆ
v  v iˆ  v ˆj  v kˆ
X
v
Y
Z
 vX    vY    vZ 
2
2
2
R
Vector Aceleración:
d 2 X ˆ d 2Y ˆ d 2 Z ˆ
a
i  2 j 2 k
2
dt
dt
dt
a  Xiˆ  Yjˆ  Zkˆ
a  v X iˆ  vY ˆj  vZ kˆ
a  a iˆ  a ˆj  a kˆ
X
Y
Z
R
a
 aX    aY    aZ 
2
2
2
MOVIMIENTO ABSOLUTO DE LA PARTICULA EN EL ESPACIO
EN COORDENADAS CILINDRICAS
(r, , Z)
La posición de la partícula P se define utilizando las
coordenadas cilíndricas (a)
ˆ
Descomponiéndose en términos de sus vectores unitarios:eˆr , eˆ , k
Siendo R el vector posición:
R  reˆr  zkˆ
dR
v
 reˆr  r eˆ  zkˆ
dt
v
 vr 
2
  v    vz 
2
a
vr  r
a  r  2r
2
2
ê
v  r
vz  z
 Siempre se mide a partir del eje
Positivo X
2
 ar    a    az 
R
eˆr
dv d 2 R
a
 2  (r  r 2 )eˆr  (r  2r )eˆ  zkˆ
dt
dt
ar  r  r 2
k̂
2
aZ  z
Ejemplo 1
Obligatorio: Resolver por Coordenadas Cilíndricas
La barra OB gira alrededor del eje Z con una velocidad angular constante   4rad / s
mientras que la corredera A sube por la barra con una rapidez constante S  6m / s
Para el instante cuando  = /2 rad, determine:
1.- La magnitud de la velocidad radial.(m/s)
2.- La magnitud de la velocidad
transversal.(m/s)
3.- La magnitud de la velocidad en el eje
Z.(m/s)
4.- La magnitud de la aceleración
radial.(m/s2)
5.- La magnitud de la aceleración
transversal a.(m/s2)
6.- La magnitud de la aceleración en el eje
Z.(m/s2)
Respuestas con 4 decimales
truncado
Vr = 4,5962 m/s
v = 6,128 m/s
vZ = 3,8567 m/s
ar = - 24,512 m/s2
a = 36,7698 m/s2
aZ = 0 m/s2
Solución:
z
S
Vr = 4,5962 m/s
v = 6,128 m/s
vZ = 3,8567 m/s

r
  0  0
Sabemos que S=2m, S  6m / s
S 0
Para S= 2m y =40:
Se cumple:
r  S.Cos40
z S  2m
R
Percibimos que el ángulo =40=cte.
r  2.Cos40
ar = - 24,512
S m/s2
a = 36,7698 m/s2
50
aZ = 0 m/s2
40
r
r  1,532m
Derivando respecto del tiempo:
r  S.Cos 40  S  0 
r  6.Cos40
r  4,5962m / s
Derivando respecto del tiempo la ecuación:
r  S.Cos40
r 0
r  S.Cos 40  S (0)
De igual manera se procede con:
z  S.Sen 40
z  2.Sen 40  1, 2855m
z  S.Sen 40
z  6.Sen 40  3,8567m / s
z  S.Sen 40
z 0
También:

Luego:

2
  4rad / s  cte
 0
ar  r  r 2  0  1,532(4)2
rad
vr  r  4,5962m / s
ar  24,512m / s 2
v  r  1,532  4   6,128m / s a  r  2r  1,532(0)  2(4,5962)(4)
vz  z  3,8567m / s
v
 vr 
2
  v    vz 
2
v  8,5762m / s
aZ  z  0
a  36, 7696m / s 2
2
a
 ar 
2
  a    az 
2
a  44,1909m / s 2
2
http://ssmundodesconocido.es/la-tierra-hueca-nuevas-y-sorprendentespruebas.html
http://francis.naukas.com/2015/08/26/el-video-youtube-de-la-ultimaboutade-de-hawking/
MOVIMIENTO ABSOLUTO DE LA PARTICULA EN EL ESPACIO
EN COORDENADAS ESFERICAS (R, , )
Las expresiones de la posición y velocidad son fáciles; pero de la aceleración es mas
complicada a causa de la geometría adicional necesaria. Obsérvese que el sentido
del vector eR es el que tendría el movimiento del punto B, si R aumentara, pero
manteniendo constantes  y . Asimismo, el sentido de eθ, es el que tendría B si θ
aumentara, pero manteniéndose constantes R y . Finalmente, el sentido de e es el
que tendría el movimiento de B si  aumentara pero manteniéndose constantes R y
θ.
R
R  ReˆR
EXPRESIONES MATEMATICAS DE LA POSICION, VELOCIDAD Y ACELERACION
DE LA PARTICULA EN COORDENADAS ESFERICAS
R  ReˆR
dR
v
 vR eˆR  v eˆ  v eˆ  ReˆR  R Cos eˆ  R eˆ
dt
Donde:
vR  R
v
v  R Cos v  R
 vR 
2
  v    v 
2
2
dv
d 2R
a

 aR eˆR  a eˆ  a eˆ
2
dt
dt
Donde:
vR  R
v  R Cos
v  R
aR  R  R  R Cos 
2
2
2
Cos  d ( R 2 ) 
a 

  2 R Sen
R  dt 
a  2R Cos  R Cos  2R Sen
2

1 d (R  ) 
2
a  
  R SenCos
R  dt 
a  2R  R  R 2 SenCos
a
 aR 
2
  a    a 
2
2
Ejemplo 1
Obligatorio: Resolver por Coordenadas Esféricas
La barra OB gira alrededor del eje Z con una velocidad angular constante
mientras que la corredera A sube por la barra con una rapidez constante
Para el instante cuando  = /2 rad, determine:
1.- La magnitud de la velocidad radial.(m/s)
2.- La magnitud de la velocidad
transversal.(m/s)
3.- La magnitud de la velocidad en el eje
Z.(m/s)
4.- La magnitud de la aceleración
radial.(m/s2)
5.- La magnitud de la aceleración
transversal a.(m/s2)
6.- La magnitud de la aceleración en el eje
Z.(m/s2)
Respuestas con 4 decimales
truncado
VR = 6 m/s
v = 6,128 m/s
v = 0
aR = - 18,7783 m/s2
a = 36,7701 m/s2
a = 15,7569 m/s2
Utilizando el método de coordenadas esféricas tenemos:


2
  4rad / s  cte
rad
 0
R  2m R  6m s R  0
  40   0   0
vR  6m / s
vR  R  6m / s
VR = 6 m/s
v = 6,128 m/s
v = 0
v  R Cos  2(4)Cos 40
v  6,1283m / s
v  R  0
v
 vR 
2
  v    v 
V = 8.5764 m/s
2
2
aR = - 18,7783 m/s2S
a = 36,7701 m/s2
a = 15,7569 m/s2
aR  R  R 2  R 2Cos 2
aR  0  2(0)2  2(42 )Cos 2 40
aR  18, 7783m / s 2
a  2R Cos  R Cos  2R Sen
a  2(6)(4)Cos40  2(0)Cos40  2(2)(4)(0)Sen40
a  36, 7701m / s 2
a  2R  R  R 2 SenCos
a  2(6)(0)  2(0)  2(4)2 Sen40Cos40
a  15, 7569m / s 2
a
 aR 
2
  a    a 
2
2
a = 44,1922 m/s2
Transformacion de Coordenadas
Nos sirven para determinar velocidades y aceleraciones en un Sistema en base a
otros conocidos.
Considerando que las ecuaciones de transformacion son lineales, utilizando el
algebra matricial, definiremos los 6 casos de transformacion:
Caso I.- De coordenadas rectangulares a coordenadas cilindricas:
Haciendo una vista de Planta:

vZ
vY
vX
vZ
vr
ê
v
eˆr
vZ
Y
O

r


vX
X
ê
v y Cos
vx Sen
vZ
vY
vr
v y Sen
vxCos
eˆr
vr  vxCos  v y Sen  0vz
v  vx Sen  vyCos  0vz
vz  ovx  0vy  1vz
v
Donde:
 vr   cos 
v     Sen
  
 vz   0
sen
cos 
0
0   vx 
0  v y 
1   vz 
Siendo:
 cos 

T    Sen
 0
En forma similar:
sen
cos 
0
 ar   cos 
 a     Sen
  
 az   0
En forma simplificada:
0

0
1
sen
cos 
0
0   ax 



0  a y 
1   az 
[v( r , , z ) ]  [T ][v( x, y , z ) ]
[a( r , , z ) ]  [T ][a( x, y , z ) ]
Transformacion de Coordenadas
Caso II.- De coordenadas cilindricas a coordenadas rectangulares:
T 
1

Cos

  Sen
 0
 Sen
Cos
0
0

0
1
1
[v( x , y , z ) ]  [T ][v( r , , z ) ]
1
[a( x, y , z ) ]  [T ][a( r , , z ) ]
Transformacion de Coordenadas
Caso III.- De coordenadas cilindricas a coordenadas esfericas:
 Cos
T    0
 Sen
Sen 

1
0 
0 Cos 
0
[v( R, , ) ]  [T ][v( r , , z ) ]
[a( R, , ) ]  [T ][a( r , , z ) ]
Transformacion de Coordenadas
Caso IV.- De coordenadas esfericas a coordenadas cilindricas:
T 
1

Cos

 0
 Sen
0
1
0
 Sen 

0 
Cos 
1
[v( r , , z ) ]  [T ][v( R , , ) ]
1
[a( r , , z ) ]  [T ][a( R , , ) ]
Transformacion de Coordenadas
Caso V.- De coordenadas rectangulares a coordenadas esfericas:
 cos  cos 

T T     Sen
 SenCos
CosSen
Cos
 SenSen
Sen 

0 
Cos 
[v( R, , ) ]  [T ][T ][v( x, y , z ) ]
[a( R, , ) ]  [T ][T ][a( x, y , z ) ]
Transformacion de Coordenadas
Caso VI.- De coordenadas esfericas a coordenadas rectangulares:
T T 
1

1

CosCos

  SenCos
 Sen
 Sen
Cos
0
1
1
1
1
 CosSen 

 SenSen 

Cos
[v( x, y , z ) ]  [T ][T ][v( R, , ) ]
[a( x, y , z ) ]  [T ][T ][a( R, , ) ]
Ejemplo 1
Obligatorio: Resolver por Coordenadas Esféricas
La barra OB gira alrededor del eje Z con una velocidad angular constante   4rad / s
mientras que la corredera A sube por la barra con una rapidez constante S  6m / s
Para el instante cuando  = /2 rad, utilizando transformación de Coordenadas,
determine en coordenadas cilíndricas:
1.- La magnitud de la velocidad radial.(m/s)
2.- La magnitud de la velocidad
transversal.(m/s)
3.- La magnitud de la velocidad en el eje
Z.(m/s)
4.- La magnitud de la aceleración
radial.(m/s2)
5.- La magnitud de la aceleración
transversal a.(m/s2)
6.- La magnitud de la aceleración en el eje
Z.(m/s2)
Respuestas con 4 decimales
truncado
Vr = 4,5962 m/s
v = 6,128 m/s
vZ = 3,8567 m/s
ar = - 24,512 m/s2
a = 36,7698 m/s2
aZ = 0 m/s2
Utilizando el método de coordenadas esféricas tenemos:


2
  4rad / s  cte
rad
 0
R  2m R  6m s R  0
  40   0   0
vR  6m / s
vR  R  6m / s
VR = 6 m/s
v = 6,128 m/s
v = 0
v  R Cos  2(4)Cos 40
v  6,1283m / s
v  R  0
v
 vR 
2
  v    v 
V = 8.5764 m/s
2
2
aR = - 18,7783 m/s2S
a = 36,7701 m/s2
a = 15,7569 m/s2
aR  R  R 2  R 2Cos 2
aR  0  2(0)2  2(42 )Cos 2 40
aR  18, 7783m / s 2
a  2R Cos  R Cos  2R Sen
a  2(6)(4)Cos40  2(0)Cos40  2(2)(4)(0)Sen40
a  36, 7701m / s 2
a  2R  R  R 2 SenCos
a  2(6)(0)  2(0)  2(4)2 Sen40Cos40
a  15, 7569m / s 2
a
 aR 
2
  a    a 
2
2
a = 44,1922 m/s2
Utilizando el caso IV, de coordenadas esfericas a coordenadas cilindricas: Velocidades
T 
1

Cos
  0
 Sen
0, 766
 vr 
v  
0
 
vZ  0, 6427
0, 766
 vr 
v  
0
 
vZ  0, 6427
 Sen 
0 
Cos 
0
1
0
0
1
0
0
1
0
Cos 40 0
T 1    0
1

 Sen40 0
0, 6427 vR 
 
0
 v 
0, 766  v 
0, 6427  6 
6,1283
0


0, 766  0 
 Sen40 

0

Cos 40 
vR  6m / s
v  6,1283m / s
v  0
vr  0, 766(6)  0(6,1283)  0, 6427(0)
vr  4,596m / s
v  0(6)  1(6,1283)  0, 766(0)
v  6,1283m / s
vZ  0, 6427(6)  0(6,1283)  0, 766(0)
vZ  3,8562m / s
Utilizando el caso IV, de coordenadas esfericas a coordenadas cilindricas:
Aceleraciones
0, 766
 ar 
a  
0
 
 aZ  0, 6427
0, 766
 ar 
a  
0
 
 aZ  0, 6427
0
1
0
0
1
0
0, 6427  aR 
 
0
 a 
0, 766  a 
aR  18, 7783m / s 2
a  36, 7701m / s 2
a  15, 7569m / s 2
0, 6427  18, 7783
 36, 7701 
0


0, 766  15, 7569 
ar  0,766(18,7783)  0(36,7701)  0,6427(15,7569) ar  24,5111m / s 2
a  0(18, 7783)  1(36, 7701)  0(15, 7569)
a  36, 7701m / s 2
aZ  0,6427(18,7783)  0(36,7701)  0,766(15,7569)
aZ  0m / s 2
BLOQUE A
La Grúa Liebherr telescópica móvil de 10
m de largo en el instante mostrado, gira
alrededor del eje vertical CD a razón
constante de 3 rad/s y el extremo B se
aleja de A (observe los detalles de la
figura derecha) a razón constante de 0,2
m/s. Si  disminuye a razón constante de
2 rad/s. Para el instante mostrado cuando
 = 30, determine:
a.- La magnitud de la aceleración aR de la
arandela.(m/s2)
b.- La magnitud de la aceleración a de la
arandela.(m/s2)
c.- La magnitud de la aceleración
transversal a .(m/s2)
d.- La magnitud de la aceleración aX
.(m/s2)
e.- La magnitud de la aceleración aY de la
arandela.(m/s2)
f.- La magnitud de la aceleración aZ de la
arandela.(m/s2)
g.- La magnitud de la aceleración de
B.(m/s2)
BLOQUE B
Para un tiempo corto, medido a partir del origen, la posición del extremo A (que no
se muestra) de la base de la caja, esta se mueve en los polines transportadores, a
largo de su trayectoria que está definida por las ecuaciones r = 20t (m), θ = 0.2t
(rad) y z = ―10 cos θ (m), donde t se mide en segundos. Para t = 5 s, determine:
a.- La magnitud de la velocidad de A en el eje X.(m/s)
b.- La magnitud de la velocidad de A, en el eje Y.(m/s)
c.- La magnitud de la aceleración de A, en el eje X.(m/s2)
d.- La magnitud de la aceleración de A, en el eje Y.(m/s2)
e.- La magnitud de la velocidad de A en el eje R.(m/s)
f.- La magnitud de la velocidad de A, en el eje .(m/s)
g.- La magnitud de la aceleración de A, en el eje R.(m/s2)
h.- La magnitud de la aceleración de A, en el eje .(m/s2)
THE END!
Higher Education:
Let’s make it all that it can be and needs to be!
Vamos a hacer todo lo que puede ser y debe ser!
Profesor: M.Sc Tito Vilchez