sábado, 30 de mayo de 2015

Física I (G.I.A.)

Barra deslizando sobre una circunferencia (G.I.A.)

 Enunciado

En un plano OXY, se define el sistema cinemático formado por los dos siguientes elementos geométricos:
  1. una circunferencia fija, de radio R y centrada en el punto C de coordenadas (x_C=R,\, y_C=0);
  2. un segmento rectilíneo móvil A'A, de longitud superior a 4R, el cual gira con velocidad angular constante ω(en sentido antihorario) alrededor de un eje fijo que pasa por su punto medio O y es normal al plano OXY(eje OZ).
Sabiendo que el ángulo θ ( que forman OA y OX) es nulo en el instante inicial (t = 0); y considerando como móvil problema el punto P en el que se cortan el segmento A'A y la circunferencia , se pide:
  1. item Determinar las ecuaciones horarias, \mathbf{r}(t) = \overrightarrow{OP}(t) = x(t)\vec{\imath}+y(t)\vec{\jmath}, del punto P, así como sus vectores velocidad, \mathbf{v}(t), y aceleración, \mathbf{a}(t).
  2. Calcular las aceleraciones tangencial y normal de dicho punto P.

2 Solución

2.1 Ecuaciones horarias

Determinamos la posición del punto P a través de los vectores \overrightarrow{OC} y \overrightarrow{CP},

  \overrightarrow{OP} = \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{CP}
El vector \overrightarrow{OC} es

  \overrightarrow{OC} = R\,\vec{\imath} = [\,R\,,\,0\,,\,0\,];
En el dibujo vemos que el ángulo que forma el vector \overrightarrow{CP} con el eje OX es . Como su módulo es el radio R tenemos

  \overrightarrow{CP} = R\,\cos(2\theta)\,\vec{\imath} + R\,\,\mathrm{sen}\,(2\theta)\,\vec{\jmath} = 
  [\,R\,\cos(2\theta)\,,\,R\,\,\mathrm{sen}\,(2\theta)\,,0\,]
Así pues la posición del punto P viene dada por el vector

  \overrightarrow{OP} = [\,R\,(1+\cos(2\theta))\,,\,R\,\,\mathrm{sen}\,(2\theta)\,,\,0\,]
Teniendo en cuenta que θ(t) = ωt tenemos \dot{\theta}=\omega y por tanto

  \begin{array}{l}
    \vec{v}_P = \dot{\overrightarrow{OP}} =
    [\,-2R\omega\,\mathrm{sen}\,(2\theta)\,,\,2R\omega\cos(2\theta)\,,\,0\,] \\ \\
    \vec{a}_P = \dot{\vec{v}}_P = -4R\omega^2\,[\,\cos(2\theta)\,,\,\,\mathrm{sen}\,(2\theta)\,,\,0\,]
  \end{array}

2.2 Aceleración tangencial y normal

El módulo de la aceleración es

  |\,\vec{a}_P\,| = 4R\omega^2
La aceleración tangencial es la proyección de \vec{a} sobre la dirección tangente a la trayectoria, es decir

  a_T = \dfrac{{\vec{a}_P}\cdot{\vec{v}_P}}{|\,\vec{v}_P\,|}=0
La aceleración tangencial es cero. Esto puede deducirse también del hecho de que el módulo de la velocidad, |\,\vec{v}_P\,|=2R\omega es constante.
La aceleración normal es

  a_N = \sqrt{|\,\vec{a}_P\,|^2-a_T^2} = |\,\vec{a}_P\,| = 4R\omega^2





Barra girando en un plano (G.I.A.)

 Enunciado

Una barra rígida AB de longitud \ a\  se mueve en un plano vertical OXY, manteniendo su extremo A articulado en un punto del eje horizontal de coordenadas \overrightarrow{OA}= a \vec{\imath}, y verificando la ley horaria θ(t) = 2ωt, con 0 \leq
\theta \leq \pi y siendo ω = cte. Un hilo inextensible de longitud 2a tiene uno de sus extremos conectado al origen del sistema de referencia (punto O), mientras que del otro cuelga una partícula P que mantiene al hilo siempre tenso. El hilo se apoya sobre una pequeña polea de radio despreciable situada en el extremo B de la barra, de forma que el tramo \overline{BP} permanece siempre paralelo al eje OY (ver figura). Se pide:
  1. Ecuaciones horarias del punto P: \ \overrightarrow{OP} = \mathbf{r} (t) =x(t) \vec{\imath} + y(t) \vec{\jmath}.
  2. Instante del tiempo tM en que la partícula alcanza su altura máxima.
  3. Radio de curvatura de la trayectoria seguida por P, en el instante considerado en el apartado anterior.

2 Solución

2.1 Ecuaciones horarias del punto \boldsymbol{P}

Podemos construir el vector \overrightarrow{OP} como

  \overrightarrow{OP} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BP}.
Veamos como calcular cada uno de los vectores
El vector \overrightarrow{OA} es simplemente el vector de posición del punto A

  \overrightarrow{OA} = [a,0,0]
Calculamos las componentes de \overrightarrow{AB} proyectando sobre los ejes a través del ángulo θ

  \overrightarrow{AB} = [a\cos\theta,a\,\mathrm{sen}\,\theta,0]
Por último el vector \overrightarrow{BP} es

  \overrightarrow{BP} = -|\overrightarrow{BP}|\,\vec{\jmath} = [0,-|\overrightarrow{BP}|,0]
Sabiendo que la longitud total del hilo es 2a, del dibujo vemos que
  |\overrightarrow{BP}| = 2a - |\overrightarrow{OB}|.
Tenemos \overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AB}=(a(1+\cos\theta),a\,\mathrm{sen}\,\theta,0), luego su módulo es

  |\overrightarrow{OB}| = \sqrt{a^2(1+\cos\theta)^2+a^2\,\mathrm{sen}\,^2\theta} =
  a\sqrt{2(1+\cos\theta)} = 2a\cos(\theta/2)
donde hemos usado \cos(\theta/2) = \sqrt{(1+\cos\theta)/2}. Entonces

  \overrightarrow{BP} = [0,-2a(1-\cos(\theta/2)),0]
A partir de la expresión de \overrightarrow{OP}  obtenemos

  \overrightarrow{OP} = [ a(1+\cos\theta),a(\,\mathrm{sen}\,\theta-2 +2\cos(\theta/2)),0]
Sustituyendo la ley horaria θ(t) = 2wt obtenemos

  \overrightarrow{OP}(t) = [ a(1+\cos(2wt)),a(\,\mathrm{sen}\,(2wt)-2+2\cos(wt)),0]
El dibujo indica la trayectoria seguida por el punto P y el extremo de la barra B

2.2 Instante en que alcanza la altura máxima

La partícula alcanza su altura máxima cuando la componente Y de la velocidad se anula. La velocidad de la partícula es

\begin{array}{ll}
  \vec{v}_P = \dot{\overrightarrow{OP}} =&
  [-2aw\,\mathrm{sen}\,(2wt),2aw(\cos(2wt)-\,\mathrm{sen}\,(wt)),0] =\\
  & [-2aw\,\mathrm{sen}\,(\theta),2aw(\cos(\theta)-\,\mathrm{sen}\,(\theta/2)),0]
\end{array}
Para que la velocidad vy sea nula debe ocurrir que

  \cos(\theta) = \,\mathrm{sen}\,(\theta/2)
Teniendo en cuenta que \,\mathrm{sen}\,(\theta/2) = \sqrt{(1-\cos\theta)/2}, elevando al cuadrado llegamos a la ecuación
2cos2θ + cosθ − 1 = 0
Esta ecuación tiene dos soluciones

   \cos\theta = \left\{
    \begin{array}{l}
      1/2 \\ -1
    \end{array}
  \right.
  \to
   \theta = \left\{
    \begin{array}{l}
      \pi/3 \\ \pi
    \end{array}
  \right.
El punto de altura máxima corresponde al primer valor. Así pues el ángulo para el que la altura es máxima, y el tiempo correspondiente son

\begin{array}{ccc}
  \theta_{M} = \pi/3&\,\,\,\,&t_M = \pi/6w
\end{array}

2.3 Radio de curvatura en el punto más alto

Necesitamos la aceleración en el instante tM. La aceleración en cualquier instante es

\begin{array}{ll}
  \vec{a}_P = \dot{\vec{v}}_P =&
  [-4aw^2\cos(2wt),-2aw^2(-2\,\mathrm{sen}\,(2wt)+\cos(wt)),0] =\\
  &[-4aw^2\cos(\theta),-2aw^2(2\,\mathrm{sen}\,(\theta)+\cos(\theta/2)),0]
\end{array}
En el instante tM la velocidad y la aceleración son

  \begin{array}{l}
    \vec{v}_P(t_M) = [-\sqrt{3}aw,0,0]\\
    \vec{a}_P(t_M) = [-2aw^2,-3\sqrt{3}a w^2,0]
  \end{array}
La componente normal de la aceleración es

  a_N = \left|\dfrac{|\,\vec{v}\times\vec{a}\,|}{v}\right| = 3\sqrt{3}aw^2.
Y el radio de curvatura es

  R_{\kappa} = \dfrac{v^2}{a_N} = \dfrac{a}{\sqrt{3}}

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