Download 4 EJERCICIO 1: Un sólido se mueve respecto a un sistema de

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E JERCICIO 1: Un sólido se mueve respecto a un sistema de referencia Oxyz. En un instante dado, la velocidad del
punto A de coordenadas (a, 0, 0) es v0 j, la de B(0, a, 0) es v0 (j + k) y la de C(0, 0, a) es v0 (i + j + k). Hallar,
en ese instante, la velocidad de mínimo deslizamiento, el eje instantáneo de rotación, y la velocidad angular del sólido.
S OLUCIÓN 1: Debe advertir el lector que el número de datos que se dan en el enunciado es superabundante; en efecto, la determinación del campo
de velocidades de un sólido, exige 6 condiciones independientes, y en este ejercicio se dan 9; se dan por tanto 3 condiciones más de las estrictamente
necesarias. Con los datos de que se dispone, la velocidad angular puede calcularse como sigue:
⎧
⎫
−−→
−−→⎫
⎨
v C = v A + ω ∧ AC = v C − v A ⇒ ω ∧ AC⎬
ω ⊥ (v C − v A )⎬
⇒
−−→ ⇒ ⎩
−−→
v B = v A + ω ∧ AB⎭
ω ⊥ (v B − v A )⎭
ω ∧ AB = v B − v A ⇒ ω = λ(vC − v A ) ∧ (v B − v A ) = λ{v C ∧ vB − v C ∧ vA − v A ∧ vB } ⇒
ω = λ{v A ∧ vB + v B ∧ vC + v C ∧ vA } = λ{(1, 0, 0) + (0, 1, −1) + (−1, 0, 1)} ⇒
ω = λ(0, 1, 0)
La determinación de λ se consigue con una cualquiera de las ecuaciones de partida:
−−→
v0
v0
vC − v A = ω ∧ AC ⇒ λa(1, 0, 1) = v0 (1, 0, 1) ⇒ λ =
⇒ ω=
(0, 1, 0)
a
a
H ∈ eje instantáneo si y solo si v H ∧ ω = 0; nótese que la velocidad de A tiene la dirección de ω en consecuencia A es del eje instantáneo de
rotación que, en el instante considerado, es la recta de ecuaciones:
x = a,
z=0
La velocidad de mínimo deslizamiento es por tanto la velocidad de A : v0 (0, 1, 0). Si se descompone el campo de velocidades en dos rotaciones puras,
una de ellas alrededor de Oz, se obtienen las rotaciones de la figura adjunta: ω 1 = (v0 /a)(0, 0, 1),
ω 2 = (v0 /a)(0, 1, −1)
E JERCICIO 2: El sistema material de la figura se compone de una esfera E, de centro C y radio a, en uno de cuyos
diámetros se ha practicado un orificio por el que desliza la varilla AB, articulada en A. A es un punto fijo de la referencia
O1 x1 y1 z1 , de coordenadas (0, 0, a + b). La esfera se mueve, respecto de la referencia O1 x1 y1 z1 , permaneciendo en
contacto con el plano O1 x1 y1 . El movimiento de esfera está determinado por las siguientes condiciones:
i) el centro C describe su trayectoria,
que pasa por (b, 0, a) con un movimiento central de polo (0, 0, a), y su velocidad
√
es constante de valor bω 2/2;
ii) la velocidad angular de pivotamiento de la esfera respecto del plano O1 x1 y1 , es nula.
Se pide:
1. Determinar el movimiento del punto C, especificando claramente su trayectoria y ley horaria.
z1 ≡ z
2. Determinar la velocidad angular de la esfera.
y
3. Hallar el eje instantáneo de rotación y mínimo deslizamiento del movimiento de la esfera respecto de la
referencia O1 x1 y1 z1 , en un instante genérico.
A
C
4. Determinar las superficies axoides de dicho movimiento.
5. Hallar la aceleración angular de la esfera, y determinar la velocidad y aceleración, en un instante genérico, del punto de la esfera que está en contacto con el
plano O1 x1 y1 .
6. Determinar los puntos de aceleración nula.
E
y1
O1
B
x
x1
NOTA: si se estima conveniente, puede usarse como referencia auxiliar la O1 xyz de la figura; O1 z ≡ O1 z1 , y O1 xz
contiene el punto C.
14 de Febrero de 1989
S OLUCIÓN 2: 1) Puesto que la velocidad de C es constante, su aceleración tangencial es nula:
γt =
dv
= 0;
dt
5
en consecuencia la aceleración del punto es, toda ella, aceleración normal, y al ser el movimiento central, se tendrá: t ≡ uθ n ≡ − ur , siendo (t, n)
los versores del triedro intrínseco de la trayectoria. Expresando la velocidad de la partícula en coordenadas polares se llega a:
√
v = bω
√
2
uθ = ṙ ur + r θ̇ uθ
2
⇒
ṙ = 0,
r θ̇ = bω
2
2
La trayectoria es, por tanto,
una circunferencia de centro en (0, 0, a) y radio r = b —por la condición i)— y el punto C la describe con una velocidad
√
angular constante θ̇ = ω 22 . Como consecuencia, el ángulo que forma la varilla AB con O1 z es constante y de valor π/4.
2) El ángulo que forma la varilla AB con el eje O1 z es constante y de valor π/4. La velocidad angular de la esfera puede descomponerse en: velocidad
relativa a la varilla, más velocidad de arrastre de esta última; se tiene así
√
√
√
√
2
2
2
2
2
i+
k} + ω
k = −ϕ̇
i + {ω + ϕ̇}
k
2
2
2
2
2
√
ω = ϕ̇{−
Al ser nula la velocidad angular de pivotamiento de la esfera respecto del plano O1 xy, se tendrá ϕ̇ = −ω, resultando
ω = +ω
√
2
i
2
3) Obsérvese que el punto A, como perteneciente a la esfera, tiene velocidad nula; el eje instantáneo pasa por A y es, por tanto, la recta de ecuaciones
y = 0, z = a + b.
4) La axoide fija es el plano z1 = a + b. La axoide movil es un cono, de revolución, eje el diametro AB, vértice el punto A y semiángulo en el vértice
π/4.
5) La aceleración angular α vendrá dada por:
α=
1
d
ω
= θ̇ k ∧ ω = ω 2 j ;
dt
2
nótese el término correctivo debido a que ω se expresa en ejes móviles.
Sea M el punto de la esfera en contacto con el plano; su velocidad es:
−−→
v M = v C + ω ∧ CM = bω
√
√
√
2
2
2
j + aω
j = (b + a)ω
j.
2
2
2
y su aceleración, de acuerdo con la expresión del campo de aceleraciones de un sólido:
1
1
1
1
−−→
−−→
γ M = γ C + α ∧ CM + ω ∧ (
ω ∧ CM) = − bω 2i − aω 2i + aω 2 k = − ω 2 ((a + b)i − a k)
2
2
2
2
6) Sea P de coordenadas (x, y, z) un punto genérico de la esfera; su aceleración vendrá dada por:
−−→
−−→
γ P = γ A + α ∧ AP + ω ∧ ( ω ∧ AP);
los vectores que intervienen en esta expresión tienen las siguientes coordenadas:
γ
A
= 0,
−−→
AP = (x, y, z − a − b),
−−→ i
α ∧ AP = 0
x
j
ω 2 /2
y
k
2
= ω ((z − a − b)i − x k)
0
2
z − a − b
ω2
−−→
(−y j − (z − a − b) k)
ω ∧ (
ω ∧ AP) =
2
Se obtiene así para la aceleración de P el valor: γ P =
que resolver el siguiente sistema:
γ
P
≡ 0
w2
(z
2
⇒
− a − b, −y, −x − z + a + b). Para determinar los puntos de aceleración nula habrá
⎧
⎪
⎨z − a − b =
y=
⎪
⎩
x=
⎫
0⎪
⎬
0
⎪
⎭
0
⇒
P ≡A
Este resultado era previsible, ya que al ser | α∧ ω |= 0, entonces solo hay un punto de aceleración nula, y puesto que A está en reposo, debe ser A.
E JERCICIO 3: Sean P y r un punto y una recta de un plano. Sea H el pie de la perpendicular desde P a r y supóngase
P H = 2a.
Sea O1 x1 y1 z1 un sistema de referencia ortonormal respecto al cual se mueve el plano anterior de modo que el punto
P describe el eje Oz y la recta r el plano x1 O1 y1 siendo iguales en todo momento los ángulos que forman O1 z1 con P H
y r con O1 y1 .
Hallar las axoides del movimiento.
S OLUCIÓN 3:
6
Sea θ el ángulo formado por la recta r con el eje O1 y1 ; sea ϕ el ángulo
formado por el segmento P H con O1 z1 (ver figura). El enunciado afirma
que ambos son, en todo momento, iguales: θ = ϕ.
Para determinar el campo de velocidades del plano en el que están contenidos el punto P y la recta r, se calcularán la velocidad de P (vP ) y la
velocidad angular ω del plano; por comodidad, se tomará un sistema de
referencia Hxyx ligado al plano de forma que Hy coincida con la recta
r, Hz con el segmento HP y Hx sea perpendicular al plano.
Para el punto P se tendrá:
−−−→
O1 P = 2a cos ϕ k1
⇒
v
P
z1
P
= −2aϕ̇ sin ϕ k1
O1
ω ∧ v
−−→
PM =
|
ω |2
=
θ
y
ϕ
θ
y1
H
ϕ̇(sin ϕi − j + cos ϕ k)
θ̇
Se buscará un punto M del eje instantáneo, en el plano perpendicular a ω
por P ; dicho punto estará determinado por:
P
r
x
z
La velocidad angular del plano será:
=
Q
ϕ
v p = −2aϕ̇ sin ϕ(sin ϕi + cos ϕ k)
ω = −ϕ̇j + θ̇ k1
ϕ̇
M
2aϕ̇2
x1
sin ϕ(cos ϕi − sin ϕ k)
√
(ϕ̇ 2)2
−−→
PM = a sin ϕ u ,
u = cos ϕi − sin ϕ k = cos ϕi1 + sin ϕ j 1
El eje instantáneo, que pasará por M y lleva la dirección de ω , será pues
la recta de representación paramétrica:
Las ecuaciones paramétricas de la axoide movil se obtienen expresando
el eje instantáneo, en la referencia Hxyz:
x1 = a sin ϕ cos ϕ + λ sin ϕ
(1)
x = a sin ϕ cos ϕ + μ sin ϕ
(4)
y1 = a sin2 ϕ − λ cos ϕ
(2)
y = −μ
(5)
z1 = 2a cos ϕ + λ
(3)
z = 2a − a sin2 ϕ + μ cos ϕ
(6)
y estas ecuaciones, cuando se permite que al ángulo ϕ varíe con el tiempo, constituyen también las ecuaciones paramétricas de la axoide fija.
Nótese que en cada instante, el campo de velocidades puede considerarse, si se desea, como la superposición de dos rotaciones puras: una de intensidad
Q
θ̇ k1 alrededor del eje O1 z1 , y otra de intensidad −ϕ̇j alrededor de una recta paralela a r que pasa por el punto Q(xQ
1 = 2a sin ϕ cos ϕ, y1 =
2a sin2 ϕ, z1Q = 2a cos ϕ)
E JERCICIO 4: Sea S, un sólido móvil; A, un punto de S;
D, una recta que pasa por A y rígidamente unida a S; Δ,
una recta fija del espacio y Ω el eje instantáneo de rotación
y deslizamiento de S.
Se supone que A recorre la recta Δ y que D queda
constantemente perpendicular a Δ.
Se pide:
z1
θ
x
D≡z
O1
ϕ
1. Hallar el eje instantáneo de rotación y deslizamiento.
θ
2. Suponiendo que A recorre a Δ con movimiento uniforme y que la axoide móvil es un hiperboloide de
revolución de eje D, hallar la axoide fija.
(Lyon, Julio 1903).
Δ
y1
A
ϕ
x1
H
S OLUCIÓN 4:
1) Para la descripción analítica del problema se tomará un sistema de rey
ferencia fijo O1 x1 y1 z1 cuyo eje O1 x1 coincide con la recta Δ, descrita
por el punto A del sólido S. Ligado al sólido se tomará una referencia
Axyz cuyo eje Az coincide con la recta D. Para fijar la configuración del
sistema Axyz se usarán los ángulos θ y ϕ, siendo θ el ángulo de inclinación de la recta D respecto del plano O1 x1 y1 , y ϕ el ángulo que el eje Ay forma con O1 x1 . La velocidad angular del sólido S puede expresarse
entonces como:
ω = θ̇i1 + ϕ̇ k = θ̇ sen ϕi + θ̇ cos ϕ j + ϕ̇ k
y junto con la velocidad del punto A, v A = vA i1 determina el campo de velocidades del sólido.
7
Un punto H del eje instantáneo es el determinado por:
1
ω ∧ vA
−−→
AH =
= 2
ω2
ω
i
θ̇ sen ϕ
vA sen ϕ
j
θ̇ cos ϕ
vA cos ϕ
k
ϕ̇ =
0
ϕ̇vA
(− cos ϕi + sen ϕ j).
ω2
En consecuencia, el eje instantáneo, que pasa por H y lleva la dirección de ω , es la recta de representación paramétrica:
⎫
ϕ̇vA
⎪
⎪
cos
ϕ
+
λ
θ̇
sen
ϕ
⎪
⎪
⎪
ω2
⎬
A
ϕ̇v
⎪
y=
sen
ϕ
+
λ
θ̇
cos
ϕ
⎪
⎪
ω2
⎪
⎪
⎭
z = λϕ̇
x=−
(7)
y, si en estas ecuaciones se considera que θ, ϕ, y vA son funciones del tiempo, se tiene una representación paramétrica de la axoide movil, en la que los
parámetros son (t, λ).
2) Si la axoide móvil es un hiperboloide de revolución de eje la recta D ( obviamente reglado), admitirá una ecuación implícita del estilo:
k 2 (z − zo )2 + a2 = x2 + y 2
siendo k, zo y a constantes; en consecuencia, si se sustituyen las ecuaciones (7) en la ecuación implícita de la axoide, ha de obtenerse una identidad:
k 2 (λϕ̇ − zo )2 + a2 =
ϕ̇2 vA 2
+ λ2 θ̇ 2
ω4
esto es , una relación que se satisface independientemente de los parámetros (t, λ). Para ello, han de satisfacerse las relaciones:
⎫
z0 = 0 ⎪
⎪
⎪
⎬
k 2 ϕ̇2 = θ̇ 2
⎪
⎪
ϕ̇2 vA 2
⎪
= a2 ⎭
4
ω
⇒
⎧
z0 = 0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
θ̇ = k ϕ̇
(k ∈ R)
⎪
A
⎪
v
⎪
⎪
(a ∈ R)
⎩ ϕ̇ =
a(1 + k 2 )
Obsérvese que las dos rotaciones θ̇, ϕ̇ permanecen constantes, al ser vA constante en este apartado.
−−−→ −−−→ −−→
Una representación paramétrica de la axoide fija, se deduce de la ecuación vectorial: O1 X = O1 A + AH + ν ω teniendo en cuenta que:
−−−→
O1 A = vA ti1 ,
−−→
AH = a(− cos ϕi + sen ϕ j) = a(sen θ j 1 − cos θ k1 ),
ω = θ̇i1 + ϕ̇(cos θ j 1 + sen θ k1 )
donde se ha supuesto que el origen O1 coincide con la posición inicial de A sobre la recta Δ.Se llega de este modo a la siguiente representación
paramétrica de la axoide fija:
x1 = bθ + μk
(8)
y1 = a sen θ + μ cos θ
(9)
z1 = −a cos θ + μ sen θ
(10)
siendo b = vA /θ̇ y μ = ν ϕ̇. Nótese que se ha supuesto θ = θ̇t, lo que equivale a elegir el eje O1 y1 coincidiendo con la posición inicial de la recta D.
E JERCICIO 5: Sea S2 un sólido en movimiento con respecto a una referencia cartesiana O1 x1 y1 z1 . En un determinado
instante de tiempo se sabe: 1) que uno de sus puntos O tiene una aceleración no nula (γ O = 0); 2) que su velocidad
angular es nula ( ω 21 = 0) y, 3) que su aceleración angular es no nula ( α21 = 0). Se pide, en ese instante: i) deducir el
lugar geométrico de los puntos que tienen el mismo vector aceleración, ii) calcular el lugar geométrico de los puntos cuya
aceleración tiene módulo mínimo, y el valor de dicha aceleración.
S OLUCIÓN 5: Adviértase que, si es M un punto genérico del sólido S2 , su aceleración, en el instante de tiempo indicado en el enunciado, resultará
−−→
α21 ∧ OM; en consecuencia, el campo de aceleraciones del sólido tiene, en ese instante, la misma estructura que el campo de
ser: γ M = γ O + momentos de un sistema de vectores deslizantes cuya resultante fuese α21 . Haciendo uso de las propiedades conocidas del campo de momentos se
puede afirmar:
1. los puntos de una recta R, paralela a α21 tienen todos, la misma aceleración; en efecto, si son A y B dos puntos de R, se tendrá:
−−→
γ B = γ A + α21 ∧ AB = γ A
Así pues, el lugar geométrico pedido son las rectas paralelas a α21 .
pues
−−→
α21 ∧ AB = 0.
8
2. en los puntos del eje central el módulo del momento es mínimo; en consecuencia, el lugar geométrico pedido en este apartado es el “eje central”,
que será la recta cuyos puntos tienen aceleración palalela a α21 . Se deja como ejercicio al lector mostrar que dicha recta es la que pasa por el
−−→
punto H—dado por OH = ( α21 ∧ γ O )/| α21 |2 —y es paralela a α21 . La aceleración que tienen los puntos de esa recta es:
γ H = γ O · α21 /| α21 |
E JERCICIO 6: La figura representa esquemáticamente una junta Cardan para transmitir una rotación de un árbol e1
a otro e2 que forma un ángulo α con él y con el que es concurrente. Determinar el coeficiente de transmisión ω/Ω en
función de α y el ángulo ϕ que forma el brazo AB de la cruz Cardan con una línea de referencia fija zz perpendicular al
eje e1 y a e2 .
(E.T.S.I. Aeronáuticos).
S OLUCIÓN 6:
Solidos que intervienen
z
1. Sistema de referencia fijo Oxyz
2. Cruceta Cardan ABCD
A
3. Eje e1
C
ϕ
ω
4. Eje e2
O
Datos:
α
ω 31 = ω j
y
Ω
ω 41 = Ω(sin αi + cos αj)
D
Incognita: Ω
En este problema aparece una “cadena de sólidos” (una situación típica de muchos
problemas de robótica); en este tipo de problemas suele ser útil descomponer el
movimiento de cada sólido, en el relativo al sólido que le precede en la cadena más
el de arrastre de dicho sólido; así, se planteará la siguiente ecuación vectorial
x
B
e
ω 41 = ω 42 + ω 21
Obsérvese que la rotación ω 42 , detectada por un observador subido a la cruceta que analiza cómo se mueve el eje e2 respecto de ella, está dirigida
−−→
−−→
según la recta DC de la cruceta (el único movimiento relativo posible entre los dos sólidos, es un giro alrededor del brazo CD de la cruz cardan) ; si
−−→
llamamos u a un vector con la dirección y sentido de DC se puede, entonces, poner
ω 42 = λ u
(11)
−−→
ω 21 = ω 23 + ω 31 donde ω 23 ha de llevar la dirección de AB (el razonamiento es análogo al realizado
Por otra parte, ω 21 puede descomponerse en: −−→
anteriormente para llegar a (1)); si llamamos v a un vector unitario con la dirección y sentido de BA, se tiene
ω 23 = μv
(12)
La geometría del sistema proporciona:
v = (sin ϕ, 0, cos ϕ),
i
u = v ∧ e2 = sin ϕ
sin α
u = (− cos α cos ϕ, sin α cos ϕ, cos α sin ϕ)
j
0
cos α
k cos ϕ
0 (nótese que u no es unitario)
Se llega de este modo a la siguiente expresión para ω 41
ω 41 = (λ cos α cos ϕ + μ sin ϕ, ω + λ sin α cos ϕ, λ cos α sin ϕ + μ cos ϕ)
que al igualar con la expresión
ω 41 = Ω(sin α, cos α, 0)
conduce a las ecuaciones
Ω sin α = −λ cos α cos ϕ + μ sin ϕ
(13)
Ω cos α = ω + λ sin α cos ϕ
(14)
0 = λ cos α sin ϕ + μ cos ϕ
(15)
9
Este es un sistema de tres ecuaciones que resuelto proporciona las tres incógnitas λ, μ, Ω en función de los parámetros α, ω y del ángulo de giro ϕ. Por
eliminación de λ y μ se llega a la siguiente expresión
1 − sin2 αsin2 ϕ
ω
=
(16)
Ω
cos α
para el coeficiente de transmisión pedido. Un dibujo aproximado es el de la siguiente figura.
COEFICIENTE DE TRANSMISION
1.2
1.1
1
0.9
0.8
0
1
2
3
4
ANGULO GIRADO
La velocidad angular Ω del árbol conducido (e2 ) varía entre los límites [ω cos α,
es la divergencia entre los ejes, esto es, cuando mayor es el ángulo α.
E JERCICIO 7: Un disco circular de centro O y radio R
tiene un movimiento tal que su centro describe, con velocidad constante, una circunferencia situada en el plano
O1 X1 Y1 de un sistema de referencia O1 X1 Y1 Z1 , siendo
O1 y R el centro y radio de dicha trayectoria, mientras que
el plano del disco se mantiene constantemente paralelo al
plano O1 X1 Z1 del sistema de referencia.
En el instante inicial el vector de posición y la veloci−−−→
dad de centro O del disco son: O1 O = Ri1 , v 0 = ωR j 1 .
Como triedro ligado al disco se elije uno OXY Z con
origen en el centro del disco y cuyos ejes tienen una orientación tal que en el instante inicial son paralelos a los del
triedro O1 X1 Y1 Z1 . La velocidad angular del disco con respecto al sistema O1 X1 Y1 Z1 , viene dada por el vector ω j
en donde ω es constante y j representa el versor del eje
OY . Se pide:
5
6
ω
]; la oscilación
cos α
entre los valores extremos, aumenta cuanto mayor
z1
O1
z
z
ωt
ωt
O
x
x1
y
O
ωt
x
y1
y
1. Calcular en un instante arbitrario la velocidad de los puntos situados en el eje instantáneo de rotación y deslizamiento del movimiento del disco respecto a ejes fijos.
2. Calcular las axoides de dicho movimiento.
3. Siendo A el punto del disco que en el instante inicial está lo más alejado posible de O1 , calcular su trayectoria.
(E.T.S.I. Aeronáuticos, Junio 1971).
S OLUCIÓN 7: 1) Nótese en primer lugar que el campo de velocidades del disco puede darse mediante la velocidad de su centro y la velocidad
angular; en efecto, el vector posición del centro O del disco, puesto que describe una circunferencia con velocidad constante, será: r O = R(cos ωti1 +
sen ωtj 1 ). El campo de velocidades está dado por:
v O = ωR{− sen ωti1 + cos ωtj 1 }
ω = ω j 1
(17)
(18)
−−→
−−→
ω ∧ OH con ω ∧ v H = 0 ⇒ ω ∧ v O + ω ∧ (
ω ∧ OH) = 0; si el punto H
Sea H un punto del eje instantáneo; se tendrá v = v + −−→ 2
O
se elige en el plano perpendicular a ω que pasa por O se verifica que ω ∧ (
ω ∧ v ) = −OHω ; en consecuencia:
H
O
1
−−→
OH = 2 ( ω ∧ v O ) = R sen ωt k1
ω
⇒
−−−→
O1 H = R(cos ωti1 + sen ωtj 1 + sen ωt k1 )
10
El eje instantáneo, que pasa por H y es paralelo a ω , será pues la recta de ecuaciones:
x1 = R cos ωt,
z1 = R sen ωt
(19)
Los puntos de esta recta llevan la velocidad de mínimo deslizamiento dada por:
v D = (vO ·
ω ω
)
= (ωR cos ωt)j 1
|
ω| | ω|
2) Nótese que la axoide fija se obtiene directamente de las ecuaciones (19) eliminando el ángulo ωt:
x21 + z12 = R2
(cilindro circular de eje paralelo a O1 y1 )
Para hallar la axoide movil, reescribiremos las ecuaciones del eje instantáneo (1) en la referencia Oxyz ligada al sólido:
⎫
⎧
R
⎪
⎪
⎪
x = −R sen2 ωt = − (1 − cos 2ωt)⎪
⎬
⎨
−−→
2
OH = R sen ωt k1 = R sen ωt{− sen ωti + cos ωt k}
⇒
⎪
⎪
R
⎪
⎪
⎭
⎩ z = R sen ωt cos ωt =
sen 2ωt
2
Eliminando el tiempo, se obtiene la ecuación implícita:
(x +
R 2
R2
) + z2 =
2
4
(corresponde a un cilindro circular de eje paralelo a Oy).
3) El punto A tiene de coordenadas, en la referencia ligada al sólido: (R, 0, 0); las coordenadas de A, en la referencia fija Ox1 y1 z1 , serán:
−−−→ −−−→ −−→
O1 A = O1 O + OA = R(cos ωt, sen ωt, 0) + R(cos ωt, 0, − sen ωt)
xA
1 = 2R cos ωt,
y1A = R sen ωt,
z1A = −R sen ωt
√
Como el lector puede comprobar, la trayectoria de A es una elipse contenida en el plano y1 + z1 = 0, de semiejes: b = R 2, a = 2R.
E JERCICIO 8: Un sólido S se mueve de tal forma que dos
de sus puntos A y B, separados una distancia a, recorren,
respectivamente, los ejes Ox, Oy de un sistema de referencia ortogonal Oxyz. Además un plano π de S que contiene a
AB ha de pasar en todo momento por el punto C(0, 0, a/2)
del eje Oz.
Se pide:
z
ϕ
ω 01
1. Reducir el movimiento del sólido a dos rotaciones,
una de las cuales se de alrededor de AB.
2. Hallar el eje instantáneo de rotación y deslizamiento
cuando A está en (a, 0, 0) y B en (0, 0, 0).
ζ0
C
O
ξ ≡ ξ0
S OLUCIÓN 8: El sólido S se numerará como sólido (2) y ligado
ω 20
ϕ
θ
y
B
H
A
ζ
I
ϕ
η0
η
a él se tomará un sistema de referencia Bξηζ, en el que Bξ coin−−→
cide con la recta soporte del segmento AB; Bη es perpendicular
x
a Bξ y está contenido en el plano π; Bζ es ortogonal a π.
Se tomará un sistema de referencia auxiliar—sólido (0)—
Bξ0 η0 ζ0 , en el que Bξ0 coincide con Bξ; Bη0 es perpendicular a Bξ0 y está contenido en el plano Oxy; Bζ0 es paralelo a Oz.
La referencia Oxyz se numerará como sólido (1).
El movimiento pedido en el enunciado—movimiento 2/1—se descompondrá en el movimiento relativo—2/0—más el movimiento de
arrastre—0/1.
Movimiento 0/1: nótese que, al ser paralelos los ejes Oz y Bζ0 , la velocidad angular de este movimiento lleva la dirección de Oz y
tiene como valor:
ω 01 = θ̇ k
Por tanto, la velocidad de mínimo deslizamiento es nula al ser:
A
v A
ω 01 = v01
θ̇(i · k) = 0
01 · El eje instantáneo puede determinarse entonces como la recta donde se cortan los siguientes planos: i) plano perpendicular a v A
01 que
pasa por A, y ii) plano perpendicular a v B
01 , que pasa por B. El movimiento 0/1 es pues una rotación pura alrededor del eje:
x = a sen θ,
y = a cos θ
11
Movimiento 2/0: al coincidir los ejes Bξ y Bξ0 , el único movimiento posible es una rotación alrededor del eje común; si se denomina
ϕ al ángulo que el plano π forma con el plano Oxy, la velocidad angular ω 20 será:
ω 20 = −ϕ̇ uξ
Nótese que los ángulos θ y ϕ no son independientes; en efecto, sea H el pie de la perpendicular al segmento AB trazada por O; en el
triángulo HOC, rectángulo en O, se tiene:
(a/2)
tan ϕ = −−→
|OH|
−−→
−−→
−−→
pero |OH| se deduce del triángulo OHB : |OH| = |OB| sen θ = a sen θ cos θ.
tan ϕ =
1
sen 2θ
⇒
ϕ̇ = −2θ̇
En consecuencia:
cos 2θ
1 + sen2 2θ
Adviértase, pues, que el movimiento 2/1 analizado, está totalmente determinado si se prescribe una función θ = θ(t). El campo de
velocidades puede describirse mediante los datos siguientes:
v B
21 = −aθ̇ sen θ j,
ω 21 = ϕ̇{− sen θi + cos θ j} + θ̇ k
Un punto Q del eje instantáneo se puede determinar mediante:
El instante en que B está en el origen corresponde a θ =
ϕ̇ = +2θ̇;
π
;
2
−−→
ω 21 ∧ v B
aθ̇ sen θ 21
BQ =
=
{θ̇ i + ϕ̇ sen θ k}
2
ω21
θ̇2 + ϕ̇2
se tiene en ese momento:
−−→
BQ = (a/5){i + 2 k};
ω 21 = θ̇{−2i + k}
2a
a
+ λ) ⇒ y = 0, 2z + x = a
(x, y, z) = ( − 2λ, 0,
5
5
Nótese que también podría haberse determinado advirtiendo que, en el instante pedido, la velocidad de A es nula y por tanto A pertenece
al eje instantáneo.
El eje instantáneo del movimiento 2/1 será pues la recta de ecuaciones:
E JERCICIO 9: Sobre un cilindro de revolución de radio R se traza la hélice:
x1 = R cos θ,
y1 = R sen θ
z1 = Rθ
√
Sobre una esfera de radio R se traza una circunferencia de radio R 2/2. La esfera se pone a rodar y pivotar sin deslizamiento sobre el cilindro, de modo que el punto geométrico de contacto describe en una y otra superficie, la hélice y la
circunferencia respectivamente.
Si es O el punto de contacto de ambas superficies en un instante genérico, sea Oxyz el triedro intrínseco de la hélice
donde Ox es la tangente, Oy la normal principal y Oz la binormal. Dicho triedro se utilizará como auxiliar para proyectar
sobre él los resultados que se piden. Si a lo largo del movimiento se verifica que θ = ωt, determinar:
Ω de la esfera.
1. Velocidad angular 2. Eje instantáneo.
3. Ecuaciones paramétricas de la axoide fija en ejes O1 x1 y1 z1 .
4. Identificar la axoide móvil sin hallar su ecuación.
5. Aceleración del punto de la esfera que está en contacto con el cilindro.
ETSI Aeronáuticos 31 de Mayo de 1985
S OLUCIÓN 9: En la resolución del problema se utilizará la siguiente numeración de sólidos: sólido 1, la referencia O1 x1 y1 z1 ; sólido
0, el triedro intrínseco Oxyz de la hélice; sólido 2, la esfera. En el movimiento relativo de la esfera respecto de la referencia Oxyz,
el centro C de la esfera es fijo; el plano que contiene a la circunferencia C1 , que rueda sobre la hélice, es siempre el y + z = 0
y en dicho movimiento las velocidades de los puntos de C1 estan contenidas en el plano de C1 ; el movimiento relativo es pues una
rotación alrededor de un eje perpendicular al plano de C1 , y como ha de pasar por C, pues es fijo, el eje instantáneo de rotación de este
movimiento relativo es el diámetro que pasa por el centro de C1 .
12
z1
La velocidad angular de dicho movimiento, ω 20 , se deduce de la
condición de rodadura sin deslizamiento:
v O
21 = 0
⇒
v O
vO
20 + 01 = 0
√
vO
⇒ v O
20 = −
01 = − 2ωR i
√
2
⇒ | ω 20 | = 2ω
ω 20 | · R
|v O
20 | = | 2
√ √
2
2
⇒ ω 20 = 2ω
j+
k
2
2
z
x
t ≡ i
y
n ≡ j
O
√
= ω 21 = ω 20 + ω 01 =
Ω
C
b
Como el movimiento de arrastre es helicoidal alrededor del eje
O1 z1 , será
√ √
2
2
ω 01 = ω k1 = ω
i+
k
⇒
2
2
C
O1
2 ω( i + 2j + 2 k)
2
y1
Puesto que el punto O tiene velocidad nula, el eje instantáneo pasa
por O y tiene la dirección de Ω; su ecuación vectorial será:
y = 2x
r = λ(i + 2j + 3 k)
z = 3x
x1
Para obtener la axoide fija se expresará el eje instantáneo como
una recta de la referencia O1 x1 y1 z1 , mediante el siguiente cambio de base:
⎛ − sen ωt
⎜
i, j, k = i1 , j 1 , k1 ⎝
√
2
cos
√ ωt
2
√1
2
− cos ωt
− sen ωt
0
⎞
sen
√ ωt
2
⎟
− cos
√ ωt ⎠
2
√1
2
⎞ ⎛
⎞ ⎛ − sen
√ ωt
x1
R cos ωt
2
⎜
cos
⎝ y1 ⎠ = ⎝R sen ωt⎠+⎝ √ ωt
2
√1
z1
Rωt
⎛
⇒
2
− cos ωt
− sen ωt
0
⎞
⎛ ⎞
sen
√ ωt
λ
2
⎟
− cos
ωt
√
⎠ ⎝2λ⎠
2
√1
3λ
2
Operando se obtienen las siguientes ecuaciones paramétricas de la axoide fija:
√
x = R(cos ωt, sen ωt, ωt) + 2λ( 1/2 sen ωt − cos ωt, sen ωt − 1/2 cos ωt, 2)
que resulta ser una superficie reglada alabeada, cuyas generatrices se apoyan en la hélice dada. Para determinar la axoide móvil obsérvese que el eje instantáneo es una recta del sólido Oxyz, que pasa por O y no varía con el tiempo; ¿cómo se ve dicha recta cuando se
observa desde unos ejes ligados a la esfera?. La esfera gira respecto
del triedro intrinseco alrededor del eje CC —C es el centro de
z1
la circunferencia C1 —,por consiguiente, el eje instantáneo visto
z
desde la esfera, es una recta que no corta al eje CC , y que gira
alrededor del eje CC ; la axoide móvil es pues un hiperboloide
de una hoja, de revolución alrededor del diametro que pasa por el
Sección elíptica
centro de la circunferencia
C1 y cuya circunferencia de garganta
√
tiene de radio R/ 3 (no es C1 ).
b
C
Para determinar, finalmente, la aceleración de O, se usará la siguiente composición de movimientos:
π
C
4
O
O
O
O
γ 21 = γ 20 + γ 01 + 2 ω 01 ∧ v 20
O
y
n
γ O
20 : en el movimiento relativo 2/0,
√ O describe la circunferencia
C1 con velocidad constante ωR 2; su aceleración, tendrá solo
componente intrínseca segun la normal, y de valor
2
γ O
20 = 2ω R(− j + k)
γ O
01 : en el movimiento de arrastre O describe la hélice, cuyo radio de curvatura es 2R, con velocidad constante; su aceleración
tendrá solo componente intrínseca según la normal y valdrá:
2
γ O
01 = Rω j
F IGURA 0.1: Sección por el plano Oyz
13
Coriolis: El término de Coriolis vendrá dado por:
i
√
2 ω 2 22
√
− 2ωR
j
0
0
k √ 2
ω 2 22 = −2ω Rj
0 2
obteniéndose en definitiva: γ O
21 = ω R(−3 j + 2 k)
E JERCICIO 10: Un cono circular recto, cuya base tiene radio R,
y cuya altura es h, se mueve con relación a un sistema de referencia permaneciendo siempre tangente a un plano π del mismo.
P
El movimiento del cono viene definido en cada instante por su
velocidad de rodadura ω y la velocidad de deslizamiento corres D , ya que se considera nula
pondiente a la partícula M que es V
D es perpendicular a
la velocidad de pivotamiento del mismo ( V
π
ω ).
Se pide calcular:
1) a) Velocidades del vértice P y del centro Q de la base del cono.
b) Posición del eje instántaneo de rotación del movimiento.
D tengan módulo constante al variar el tiempo.
2) En el supuesto de que tanto ω como V
a) Axoides de este movimiento.
b) Valor de la aceleración angular de este movimiento.
c) Aceleración del vertice P y centro Q de la base del cono.
d) Puntos de aceleración nula.
D | = b · t repetir los cálculos del apartado 2).
3) Suponiendo que | ω | = a · t y | V
ETSI Aeronáuticos, 18 de Diciembre de 1987
S OLUCIÓN 10:
1) Par manejar, mediante componentes, las magnitudes vectoriales que
intervienen en el problema, se introducirá un sistema de referencia P xyz
con origen en el vértice P del cono, cuyo eje P x coincide con la generatriz del cono en contacto con el plano π, el eje P z es perpendicular a π,
y el eje P y elegido de forma que el triedro sea ortonormal y orientado “a
derechas”. Nótese que esta referencia auxiliar no está ligada al cono, sino
que lo acompaña en su movimiento. Se utilizará la siguiente numeración
de sólidos: sólido 1: el plano π; sólido 2: el cono; sólido 0: la referencia
auxiliar P xyz.
1-a) La velocidad del vértice P vendrá dada por:
Q
α
D
V
M
ω
z
y
Q
P
α
M
x
π
−−→
D
v P = v M + ω ∧ MP = V
−−→
−−→
pues ω ∧ MP = 0 al ser los dos vectores colineales ( ω = ωi, MP = −|M P |i).
−−→
−−→
La velocidad del centro Q de la base del cono vendrá dada por: v Q = v M + ω ∧ MQ; dado que MQ = R(− sen αi + cos α k),
D − Rω cos αj = (VD − Rω cos a)j
siendo α el semiángulo en el vértice del cono (tan α = R/h), se obtiene: v Q = V
1-b) Nótese que la velocidad de mínimo deslizamiento es nula, al ser V D
y ω ortogonales; en consecuencia, el movimiento del cono es, en cada
z
ω
instante, una rotación pura alrededor del eje instantáneo y, como en las
H
rotaciones puras el plano perpendicular a la velocidad de un punto, trazado por el punto, contiene al eje instantáneo, éste se encontrará en el
Q
D trazado por M ). Dentro del mismo, se
plano P xz (perpendicular a V
rá la recta paralela a P x a una altura = VD /ω por encima de π (sus
α
ecuaciones serán: y = 0, z = ).
x
D y ω tienen módulo constante, la altura = VD /ω del eje insM
P
2-a) Si V
tantáneo sobre el plano π se mantiene constante al transcurrir el tiempo;
en consecuencia, la axoide movil es el plano paralelo a π, a una distancia por encima de π.
Nótese además, que el eje instantáneo es siempre la misma recta de la referencia P xyz; el movimiento del cono, respecto de la
referencia P xyz, es una rotación alrededor del eje P Q del cono, al igual que el movimiento inverso (el de la referencia P xyz respecto
del cono). Para un observador ligado al cono, el eje instantáneo gira alrededor del eje P Q del cono, y por tanto la axoide móvil es
un cono, cuyo eje coincide con el eje P Q del cono dado, de semiángulo en el vértice α y cuyo vértice es el punto H donde el eje
instantáneo corta al eje P Q del cono (las coordenadas de H en la referencia P xyz son: (h/R,0,). Nótese que el punto H está en
reposo respecto del plano π, y que el movimiento del cono dado se obtiene haciendo que el cono axoide móvil ruede sin deslizar sobre
la axoide fija.
14
2-b) La aceleración angular del cono será:
α =
d ω
di
=ω
= ω ω 01 ∧ i = ωω01 k ∧ i = ωω01 j
dt
dt
donde ω 01 es la velocidad angular de la referencia P xyz respecto del plano π; para calcular ω 01 se descompone la velocidad angular
del cono como sigue:
ω 21 = ω20 + ω 01 = ω20 (cos αi + sen α k) + ω01 k
ω20 cos α = ω,
⇒
ω01 = −ω20 sen α = −ω tan α = −ωR/h
resultando por tanto una aceleración angular: α = −(ω 2 R/h)j.
2-c) Para calcular las aceleraciones de P y Q se utilizará la expresión para el campo de aceleraciones de un sólido, teniendo en cuenta
que el punto H está en reposo:
−−→
−−→
γ P = γ H + α ∧ HP + ω ∧ ( ω ∧ HP)
−−→
−−→
γ Q = γ H + α ∧ HQ + ω ∧ ( ω ∧ HQ)
operando se llega al resultado siguiente:
γ P =
VD ωR i,
h
−−→
con HP = −
−−→
con HQ = −(
(cos αi + sen α k)
sen α
− h)(cos αi + sen α k)
sen α
γ Q = (Vd − Rω cos α)ω
R
i
h
al que también se podría haber llegado, derivando respecto del tiempo las velocidades v P = VD j y v Q = (VD − Rω cos α)j
(compruébelo el lector).
2-d) Nótese que existe un punto en reposo, H, y por tanto su aceleración será nula. Dado que | ω ∧ α| = 0, H será el único punto con
aceleración nula.
3) Puesto que el cociente = Vd /ω = a/b sigue siendo constante, el eje instantáneo tendrá la misma disposición que en el apartado 2)
y por tanto, las axoides serán las mismas que en aquel apartado. La aceleración angular cambiaría:
α =
dω d ω
di
=
= ai + ω ω 01 ∧ i = ai + ωω01 k ∧ i = ai + ωω01 j
i+ω
dt
dt
dt
al igual que las aceleraciones de P y Q:
γ P =
dv P
d j
dVD =
j + VD
= bj + VD ( ω 01 ∧ j) = bj − VD ω01i
dt
dt
dt
d(VD − Rω cos α) d j
= (b−Ra cos α)j+(VD −Rω cos α)( ω01 ∧j) = (b−Ra cos α)j−(VD −Rω cos α)ω01i
j+(VD −Rω cos α)
dt
dt
donde ω01 = −ωR/h cambia ahora con el tiempo. Nótese, finalmente, que sigue existiendo un único punto de aceleración nula :H.
γ Q =