PROBLEMAS RESUELTOS DE CIENCIAS FISICAS
problemas resueltos de mecánica clasica

Ver enunciado del ejercicio en:

Ejercicios de Mecánica

Estás en : Matemáticas y Poesía > Problemas resueltos

 

Ejercicios de mecánica

Respuesta al ejercicio 4

Calculamos en primer lugar la base por el método gráfico. Considerando la figura podemos ver que el punto Q solo se mueve tangencialmente a la bola, pues de tener componente normal de velocidad, la barra se empotraría o saldría de la bola, lo cual no es posible.

esquema de base y ruleta de una barra metálica

Podemos decir entonces que el polo ha de estar situado sobre la recta que contiene al radio de la circunferencia trazado por el punto Q. Por otro lado, el punto B se ha de mover hacia la izquierda o derecha y nunca hacia arriba o hacia abajo y, por lo tanto, en el instante considerado, el polo estará en el lugar señalado en la figura 1.

Por consideraciones geométricas obtenemos PA = PB ya que se tiene .
    \( \widehat{PAM} = \widehat{PBN} \)
Para demostrar lo dicho, vemos en primer lugar que ambos triángulos tienen un ángulo común y otro de igual valor (ángulo recto). Además, según puede deducirse fácilmente, NB y RB son iguales. De ahí tenemos que AM = RB es igual a NB y, por lo tanto, también los triángulos considerados y, consecuentemente, los segmentos indicados son iguales.

lugar geométrico


Según estas consideraciones podemos decir que el polo es el lugar geométrico de los puntos que equidistan de un punto fijo (A) y una recta (la que contiene a B y R). La base es, por tanto, una parábola. El punto medio de AR ha de pertenecer a esta parábola al igual que el punto S que señala la intersección de AM con la sección de la bola indicada por el plano del papel.

Para obtener la ruleta, consideramos que el extremo B de la barra siempre está en la misma posición para el observador SAR. De esa forma, el polo equidista, en un instante considerado, de los puntos B y A. El punto B permanece fijo para el observador SAR, según hemos dicho, pero el punto A se desplaza. Si en cada instante han de ser iguales las distancias PA y PB, el punto A se desplazará a lo largo de la recta r y, de ahí que tengamos que la ruleta, al igual que la base, es una parábola.

esquema de ángulos

Para la resolución analítica del problema consideramos la figura 3 en la que se tiene:

    \( \displaystyle \alpha = \frac{\pi}{4} - \frac{\varphi}{2}\quad ; \quad \tan \alpha = \frac{R}{x_o} \)
Según eso, las coordenadas del punto O' serán:

    \(x_o = R\cot \alpha \quad ; \quad y_o = 0 \)
y derivando respecto a \(\varphi\) nos queda:

    \( \displaystyle \frac{dx_o}{d\varphi} = - R\frac{1}{\sin^2 \alpha}\frac{d\alpha}{d\varphi}= \frac{R}{2}\frac{1}{\sin^2 \alpha}\quad ; \quad \frac{dy_o}{d\varphi} = 0 \)
Aplicando las ecuaciones generales para la base, tenemos:

    \( \displaystyle x = x_o - \frac{dy_o}{d\varphi} = R\cot \alpha \)
    \( \displaystyle y = y_o + \frac{dx_o}{d\varphi} = 0 + \frac{1}{2}R\frac{1}{\sin^2 \alpha} \)
para eliminar el parámetro \(\alpha\) tomamos la segunda ecuación:

    \( \displaystyle y = \frac{1}{2}R\frac{1}{\sin^2 \alpha}\Rightarrow \sin \alpha = \sqrt{\frac{R}{2y}} \)
y sustituimos en la primera:

    \( \displaystyle x = R\frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} = R·\cos \alpha \Rightarrow x\sin \alpha \Rightarrow x \sqrt{\frac{R}{2y}} = R\sqrt{1 - \frac{R}{2y}} \)
y haciendo operaciones:
    \( \displaystyle x^2\frac{R}{2y} = R^2 \left(1 - \frac{R}{2y}\right) \Rightarrow y = \frac{x^2}{2R} + \frac{R}{2} \)
que es la ecuación de una parábola.
Aplicando ahora las ecuaciones generales para la ruleta, tenemos:
    \( \displaystyle x' = - \frac{dy_o}{d\varphi}\cos \varphi + \frac{dx_o}{d\varphi}\sin \varphi \; ; \; y' = \frac{dy_o}{d\varphi} \sin \varphi + \frac{dx_o}{d\varphi} \cos \varphi \)
y sustituyendo los valores conocidos:
    \( \displaystyle x' = \frac{1}{2}R\frac{1}{\sin^2 \alpha}\sin \varphi \quad ; \quad y' = \frac{1}{2}R\frac{1}{\sin^2 \alpha}\cos \varphi \)
de estas ecuaciones podemos eliminar uno de los parámetros sabiendo que se tiene:
    \( \displaystyle \varphi = \frac{\pi}{2} - 2\alpha \left\{ \begin{array}{l} \sin \varphi = \sin\left(\frac{\pi}{2} - 2\alpha\right)= \cos (2\alpha) = 1 - 2\sin^2 \alpha \\ \\ \cos \varphi = \cos\left(\frac{\pi}{2} - 2\alpha\right)= \sin (2\alpha) = 2\sin \alpha \cos \alpha \\ \end{array} \right. \)
y de ese modo quedarán en la forma:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} x' = \frac{1}{2}R\frac{1}{\sin^2 \alpha}(1 - 2\sin^2 \alpha) \\ \\ \\ y' = \frac{1}{2}R\frac{1}{\sin^2 \alpha}2\sin \alpha \cos \alpha = R\frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} \end{array} \)
Tomando ahora la primera de ellas podemos poner:
    \( \displaystyle x' = \frac{1}{2}R\frac{1}{\sin^2 \alpha}(1 - 2\sin^2 \alpha) \Rightarrow 2\sin^2 \alpha = \frac{R}{2(x' + R)} \)
y sustituyendo en la segunda:
    \( \displaystyle y' = R\frac{\sqrt{1-\frac{R}{2(x' + R)}}}{\sqrt{\frac{R}{2(x' + R)}}} = R\frac{\sqrt{\frac{2x' + r}{2(x' + r)}}}{\sqrt{\frac{R}{2(x' + R)}}} = R\sqrt{\frac{2(x' + R)}{R}} \)
Si tomamos el primero y último miembros de la cadena y elevamos al cuadrado nos queda:
    \( \displaystyle (y')^2 = R^2\frac{2(x' + R)}{R} = R(2x' + R)= 2Rx' + R^2 \)
que es la ecuación de una parábola.
Según eso, para obtener la representación del movimiento de la barra, se ha de hacer rodar la parábola ruleta sobre la parábola base, sin deslizar.
PROBLEMAS DE CINEMÁTICA - EJERCICIOS DE MECÁNICA - PROBLEMAS DE DINÁMICA


tema escrito por: José Antonio Hervás