ProblemasCinematicaDelCuerpoRigido

dada por
~aB = ~aA + ~α × ~rBA− ω2 ~rBA (9)
La componente normal de la aceleración en B está dada —recuerde la ecuación para la aceleración
normal de una part́ıcula— por:
aBn =
vB
2
R
=
(
−ω
√
5
2 R
)2
R
=
5ω2R2
4R
= 3.6
m
s2
Por tanto la aceleración en B se puede expresar como
~aB = aBx î− 3.6
m
s2
ĵ
19Como consequencia el centro de velocidad instantáneo se encuentra a una distancia
√
5
2
R descendiendo verticalmente
desde el rodillo B y una magnitud R a la derecha del rodillo A. Este resultado podŕıa utilizarse para realizar el análisis de
velocidad.
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Sustituyendo en la ecuación (9), la ~aA, ~aB y ω, se tiene
aBx î− 3.6
m
s2
ĵ = ~0 + α k̂ × (R î+
√
5
2
R ĵ)− (2.4 rad
s2
)2 (R î+
√
5
2
R ĵ)
Las componentes escalares de esta ecuación vectorial son
aBx = −α
√
5
2
R− (2.4 rad
s2
)2R
−3.6 m
s2
= αR− (2.4 rad
s2
)2
√
5
2
R
De la segunda ecuación se tiene que
α =
−3.6 ms2 + (2.4
rad
s2 )
2
√
5
2 R
R
= −0.760124 rad/s2
De la primera ecuación, se tiene que
aBx = −α
√
5
2
R− (2.4 rad
s2
)2R = −(−0.760124 rad/s2)
√
5
2
(0.5m)− (2.4 rad
s2
)2 (0.5m) = −2.455m/s2
Esta es la aceleración tangencial de B, donde el signo − indica que es hacia la izquierda.
Problema 4.4 El radio del engrane central A del sistema de engranes planetarios mostrado es a,
el radio de cada uno de los engranes plenetarios es b y el radio del engrane exterior E es a + 2b. La
velocidad angular del engrane A es ωA en sentido horario y el engrane exterior es estacionario. Si la
velocidad angular de la araña BCD debe ser ωA/5 en sentido horario, determine el valor requerido de la
relación b/a (b) la velocidad angular correspondiente de cada engrane planetario.20
Figure 16: Engrane planetario.
Solución. Los vectores de posición necesarios para resolver el problema son
~rP/OA = aĵ ~rOB/OA = (a+ b)ĵ ~rP/OB = −bĵ ~rQ/OB = bĵ
Además se conocen algunas velocidades angulares
~ωA = −ωAk̂ ωBCD = −
ωA
5
k̂ ~ωE = ~0
20Este problema corresponde al Problema 15-49 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics, Ninth
Edition, 2009, Beer, F.P., Johnston, Jr. E. R., Mazurek, D. F., Cornwell, P. J. and Eisenberg, E. R., McGraw-Hill: New
York.
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La clave de la solución es, por una parte, que las velocidades de los puntos P , uno que pertenece al
engrane sol A, y otro que pertenece al engrane planeta B deben ser iguales, es decir
~vP/A = ~vP/B
por lo tanto:
~vP/A = ~ωA × ~rP/OA = (−ωk̂)× (aĵ) = ωAaî
~vP/B = ~ωBCD × ~vOB/OA + ~ωB × ~rP/OB = (−
ωA
5
k̂)× (a+ b)ĵ + ωB k̂ × (−bĵ)
=
ωA
5
(a+ b)̂i+ ωB b̂i
La ecuación escalar que se obtiene de esta ecuación vectorial es
ωA a =
ωA
5
(a+ b) + ωB b (10)
Por otra parte, el resto de la solución es que las velocidades de los puntos Q, uno que pertenece al engrane
planeta B y otro que pertenece a la corona E deben ser iguales, es decir
~vQ/B = ~vQ/E
~vQ/B = ~ωBCD × ~rOB/OA + ~ωB × ~rQ/B) = (−
ωA
5
k̂)× (a+ b)ĵ + ωB k̂ × (bĵ) =
ωA
5
(a+ b)− ωB b
~vQ/E = ~0
La ecuación escalar asociada a esta ecuación vectorial es
0 =
ωA
5
(a+ b)− ωBb (11)
Sumando (10) y (11), se tiene que
��ωAa =
2
5�
�ωA(a+ b) a =
2
5
a+
2
5
b
3
5
a =
2
5
b
b
a
=
3/5
2/5
=
3
2
ωB =
ωA
5
a+ b
b
=
ωa
5
(
a
b
+ 1) =
ωA
5
(
1
3/2
+ 1) =
ωA
5
(
2
3
+ 1) =
ωA
3
~ωB =
1
3
ωAk̂
Problema 4.5 El eje O mueve el brazo OA en sentido horario a una velocidad de 90 r.p.m. alrededor
del punto fijo O. Use el método del centro instantáneo de velocidad para determinar la velocidad de
rotación del engrane B —los dientes de los engranes no se muestran—. a) si el engrane corona D está
fijo y, b) si el engrane corona D rota en sentido antihorario alrededor de O con una velocidad ángular de
80 r.p.m.21
Solución. El problema se resolverá simbólicamente, para en el paso final, resolver los dos incisos
del problema. Pero, no se emplerán centros instantáneos de velocidad. Primeramente se enumerarán los
elementos y puntos de contacto del engrane planetario.
Es importante notar que el brazo OA, eslabón 2, el engrane sol, eslabón 3, y el engrane corona,
eslabón 5, todos tienen movimiento de rotación alrededor de un eje fijo perpendicular al plano del papel,
que pasa por el punto O, sin embargo, todas sus velocidades angulares son diferentes. Finalmente, los
engranes planeta, uno de ellos es el eslabón 4, están sujetos a movimiento plano general. Por otro lado,
hay dos puntos de contacto, el punto P en el radio de paso del engrane sol, 3, y el engrane planeta, 4, y
el punto Q, en el radio de paso del engrane planeta, 4, y el engrane corona, 5. En estos dos puntos no
hay deslizamiento, por lo tanto sus velocidades y componentes tangenciales de la aceleración son iguales.
Entonces, se tiene que
~vP3 = ~vP4 (12)
~vQ4 = ~vQ5 (13)
21Este es el Problema 5.120 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. J.L.Meriam, L.G.Kraige, Seventh Edition,
Jonh Willey and Sons, Inc.: New York.
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Figure 17: Engrane planetario a analizar.
Figure 18: Enumeración de los eslabones del engrane planetario.
Para la primera ecuación (12), se tiene que
~vP3 = ~ω3 × ~rP/O = ω3k̂ ×
a
2
î =
1
2
ω3aĵ
~vP4 = ~vA4 + ~ω4 × ~rP/A = ~ω2 × ~rA/O + ~ω4 × ~rP/A = ω2k̂ × aî+ ω4k̂ ×
−a
2
î =
(
ω2 −
1
2
ω4
)
aĵ
Por lo tanto, la ecuación (12), se reduce a
1
2
ω3aĵ = ~vP3 = ~vP4 =
(
ω2 −
1
2
ω4
)
aĵ o
1
2
ω3 = ω2 −
1
2
ω4 (14)
Para la segunda ecuación (13), se tiene que
~vQ4 = ~vA4 + ~ω4 × ~rQ/A = ~ω2 × ~rA/O + ~ω4 × ~rQ/A = ω2k̂ × aî+ ω4k̂ ×
a
2
î =
(
ω2 +
1
2
ω4
)
a ĵ
~vQ5 = ~ω5 × ~rQ/O = ω5k̂ ×
3a
2
î =
3
2
ω5aĵ
26
Por lo tanto, la ecuación (13), se reduce a(
ω2 +
1
2
ω4
)
a ĵ = ~vQ4 = ~vQ5 =
3
2
ω5aĵ o ω2 +
1
2
ω4 =
3
2
ω5 (15)
El análisis teórico conduce a la solución de un sistema de dos ecuaciones escalares (14) y (15) que en
su forma más simple son
ω3 = 2ω2 − ω4 2ω2 + ω4 = 3ω5
Las incógnitas en este sistema de ecuaciones son ω3 y ω4. Para tal f́ın, las ecuaciones se escriben como
ω3 + ω4 = 2ω2
ω4 = −2ω2 + 3ω5
Por lo tanto, la solución del sistema es
ω4 = −2ω2 + 3ω5 ω3 = 4ω2 − 3ω5
Ahora se resolverán cada uno de los incisos:
1. a). ω2 = −90 r.p.m. y ω5 = 0. Por lo tanto
ω4 = −2ω2 + 3ω5 = −2 (−90 r.p.m.) + 3 (0 r.p.m.) = 180 r.p.m.
ω3 = 4ω2 − 3ω5 = 4 (−90 r.p.m.)− 3 (0 r.p.m.) = −360 r.p.m.
2. b). ω2 = −90 r.p.m. y ω5 = 80 r.p.m.. Por lo tanto
ω4 = −2ω2 + 3ω5 = −2 (−90 r.p.m.) + 3 (80 r.p.m.) = 420 r.p.m.
ω3 = 4ω2 − 3ω5 = 4 (−90 r.p.m.)− 3 (80 r.p.m.) = −600 r.p.m.
El signo positivo indica que el giro de la rotación es en sentido antihorario y el signo negativo indica
que el giro de la rotación es en sentido horario.
Problema 4.6 Para el engrane mostrado, derive una expresión para la velocidad angular ωC y
muestre que ωC es independiente del radio del engrane B. Suponga que el punto A está fijo y denote las
velocidades angulares de la barra ABC y el engrane A por ωABC y ωA respectivemte.
22
Solución: Este es un problema interesante pues muestra uno de los errores frecuentes que incurren
diferentes libros de texto en Dinámica. Debe notarse que los autores del libro al cual pertenece este
problema usan la misma letra para identificar en punto y un eslabón o cuerpo ŕıgido, “...Suponga que
el punto A está fijo y denote las velocidades angulares de la barra ABC y el engrane A por ωABC y
ωA respectivemte...” Para evitar esta confusión se denotarán los eslabones con número y los puntos con
letras. En particular, el eslabón fijo, que no se muestra, se denominará 1, el engrane sol, 2, la barra que
conecta los engranes, 3, el engrane planetario intermedio, 4 y el engrane planetario exterior 5. Por otro
lado, el punto A yace en los ejes de rotación del engrane 2 y la barra conectora 3, pero sus velocidades
angulares pueden ser y son diferentes, el punto B yace en el eje de rotación del engrane planetario 4 y
el punto C yace en el eje de rotación del engrane planetario 5. Además, debe notarse que el engrane
sol, 2 y la barra conectora 3,