S.M. TARG f t T í íBREVE

CURSODEMECÁNICATEÓRICA

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ByPriale

C. M. T A P r

KPATKHtt Kypc TEOPETm ECKOñ MEXAHHKH

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MOCKBA

5. M. TARG

Curso breve mecánica teórica

TRADUCIDO DEL RUSO POR

F. PETROV

segunda edición

EDITORIAL

MIR

MOSCU

Ha ucnancKOM fnu/ce

Impreso en la U R S S

Derechos reservados

1976

INDICE

In troducc ión ................................................................................................................. 11

PARTE PRIMERA

E S T A T IC A D E L C U E R P O S O L ID O

Capítulo / . Nociones fundamentales y axiomas de la estática ........................ 15

§ 1. Objeto de la está tica ................................... * .......................................... 15§ 2. F u e r z a ....................................................................................................... 16| 3. Axiomas de la está tica .............................................................................. 18§ 4. Ligaduras y sus reacciones....................................................................... 22§ 5. Axioma de las lig adu ras .......................................................................... 25

Capitulo I I . Composición de fuerzas. Sistema de fuerzas concurrentes . . . 26

§ 6. Método geométrico de composición de fuerzas. Resultante de fuerzasconcurrentes ......................................................................................... 26

§ 7. Descomposición de fuerzas................................................................. 28§ 8. Proyección de una fuerza sobre un eje y sobre un p la n o ........... 31§ 9. Método analítico de definición de fuerzas .............. ........................ 33§ 10. Método analitico de composición de fuerzas.................................. 34§ 11. Equilibrio de un sistema de fuerzas concurrentes....................... 36§ 12. Sistemas estáticamente determinados e indeterm inados............... 38§ 13. Solución de problemas de la estática .............................................. 39§ 14. Momento de una fuerza respecto del c e n tro .................................. 47§ 15. Teorema de Varignon del momento de una fuerza resultante . . . 49§ 16. Ecuación de momentos para las fuerzas concurrentes................... '50

Capitulo / / / . Sistema de fuerzas paralelas y de pares coplanares.................... 52

§ 17. Composición y descomposición de fuerzas pa ra le la s ......................... 52§ 18. Par de fuerzas. Momento de un p a r ....................................................... 54| 19. Equivalencia de pares......................................................................... 56§ 20. Composición de pares coplanares. Condiciones de equilibrio de pares 58

Capitulo /V. Sistema de fuerzas dispuestas arbitrariamente en un plano . . 61

§ 21. Teorema sobre el traslado paralelo de una f u e r z a ............................. 61§ 22. Reducción de un sistema plano de fuerzas a un centro dado . . . 62§ 23. Casos de reducción de un sistema plano de fuerzas a la forma más

s im p le ..................................................................................................... 64§ 24. Condiciones de eouiJibrio de cualquier sistema plano de fuerzas. Caso

de fuerzas paralelas.............................................................................. 66$ 25. Solución de problemas ..................................................................... 69§ 26. Equilibrio de sistemas de c u e rp o s .................................................. 76§ 27. Determinación de los esfuerzos interiores....................................... 80§ 28. Fuerzas distribuidas............................................................................. 81

6 / ridice

Capitulo V. Elementos de grafoestática .................................................................. 85

§ 29- Polígonos de luerzas y fun icu lares .................................... . . . . 86§ 30. Determinación gráfica de la resu ltan te ............................................... 88§ 31. Determinación gráJica de un par resu ltan te ....................................... 88§ 32. Condiciones gráficas de equilibrio de un sistema de fuerzas coplana­

res .............................................................................................................. 89§ 33. Determinación de las reacciones de los apoyos ............................... 89

Capitulo Vi. Cálculo de armaduras ...................................................................... 91

§ 34. Definición de armadura. Cálculo analítico de armaduras planas . . 91§ 35. Cálculo gráfico de las armaduras p l a n a s .......................................... 95§ 36. Diagrama de Maxwell-Cremona.............................................................. 97

Capitulo V//. Rozamiento ...................................................................................... 99

§ 37. Leyes del rozamiento de des lizam ien to .............................................. 99§ 38. Reacciones de ligaduras rugosas. Angulo de ro za m ie n to ............... 101§ 39. Equilibrio en presencia de rozamiento .............................................. 102§ 40. Rozamiento de un hilo sobre una superficie cilindrica .......... ........ 105§ 41. Rozamiento de rodadura y rozamiento de p iv o te o ........................... 107

Capitulo V IH . Sistema de pares y de fuerzas dispuestos arbitrariamente enel espacio .......................................................................................... 109

§ 42. Momento de una fuerza respecto de un centro como vector . . . . 109§ 43. Momento de una fuerza respecto de un e j e ....................................... 111§ 44. Relación entre lo? momentos de una fuerza respecto de un centro

y de un e j e ....................................................................... ... ................... 114§ 45. Representación vectorial del momento de un par de fuerzas . . . 115§ 46. Composición de paces ea el espacio...................................................... 116§ 47. Reducción de un sistema de fuerzas tridimensional a un centro dado 119§ 48. Casos de reducción de un sistema de fuerzas tridimensional a la ex­

presión más s im p le ................................................................................... 120§ 49. Condiciones de equilibrio de un sistema arbitrario de fuerzas tridi­

mensional .................................................................................................. 123§ 50. Teorema de Varignon sobre el momento de la resultante respecto de

un e j e .......................................................................................................... 124§ 51. Problemas sobre el equilibrio de un cuerpo sometido a la acción de

un sistema de fuerzas tridim ensional........................................... . . 125§ 52. Condiciones de equilibrio de un cuerpo sólido no libre. Noción sobre

la estabilidad del e q u il ib r io ................................................................... 133

Capitulo IX . Ctntro de g rave dad ......................................................................... 136

§ 53. Centro de fuerzas paralelas .................................................................. 136§ 54. Centro de gravedad de un cuerpo s ó l i d o ............................................ 138| 55. Coordenadas del centro de gravedad de los cuerpos homogéneos . . 139$ 56. Métodos para determinar las coordenadas de los centros de gravedad

de los cuerpos .......................................................................................... 140§ 57. Centros de gravedad de algunos cuerpos homogéneos......................... 143

PARTE SEGUNDA,

CINEMATICA DEL PUNTO Y DEL CUERPO SOLIDO

Capitulo X . Cinemática del p u n to .......................................................................... 146

§ 58. Introducción a la cinem ática.................................................................. 146§ 59. Métodos para definir el movirniento de un punto. Trayectoria . . . 148

Indict 7

§ 60. Paso del método de coordenadas de definición del movimiento, aln a tu ra l........................................................................................................ 151

§ 61. Vector velocidad del punto ................................................................ 152§ 62. Vector aceleración del p u n to ................................................................. 154§ 63. Teorema sobre la proyección de la derivada de un vector . . . . 156§ 64. Determinación de la velocidad y de la aceleración del punto cuando

el movimiento está deíinido por el método de coordenadas . . . . 157§ 65. Solución de problemas de la cinemática del p u n to .......................... 158§ 66. Determinación de la velocidad del punto cuando el movimiento se

define mediante el método n a t u r a l ...................................................... 162§ 67. Aceleración tangencial y normal del punto ..................................... 163§ 68. Algunos casos particulares del movimiento del punto .................. 166§ 69. Gráficas de desplazamientos, de velocidades y de aceleraciones del

p u n t o ........................................................................................................ 169§ 70. Resolución de problemas ..................................................................... 170§ 71. Velocidad en coordenadas polares ..................................................... 174§ 72. Análisis gráfico del movimiento del p u n t o ...................................... 175

Capitulo X I. Movimientos de traslación y giratorio del cuerpo sólido . . . 179

§ 73. Movimiento de traslación ...................................................................... 179§ 74. Movimiento de rotación del cuerpo s ó l id o .......................................... 181§ 75. Rotación uniforme y uniformemente a lte rn ada .................................. 183§ 76. Velocidad y aceleración de los puntos de un cuerpo en rotación . . 184

Capitulo X I I . Movimiento planoparalelo del cuerpo sólido ........................... 189

§ 77. Ecuaciones del movimiento planoparalelo........................................... 189§ 78. Determinación de las trayectorias de los puntos del cuerpo . . . . 191§ 79. Determinación de las velocidades de los puntos del cuerpo . . . . 192§ 80. Teorema sobre las proyecciones de las velocidades de dos puntos del

c u e rp o ........................................................................................................ 195§ 81. Determinación de las velocidades de los puntos del cuerpo por me­

dio del centro instantáneo de velocidades 196§ 82. Resolución de problemas......................................................................... 200§ 83 Diagrama de velocidades......................................................................... 204§ 84. Determinación de las aceleraciones de los puntos del cuerpo . . . 206§ 85. Resolución de problemas ..................................................................... 208§ 86 Centro instantáneo de aceleraciones ................................................. 213

Capitulo X I I I Movimiento del cuerpo sólido alrededor de un punto inmóvily movimiento del cuerpo sólido libre ...................................... 217

§ 87. Movimiento del cuerpo sólido que tiene un punto inmóvil . . . . 217§ 88. Velocidades y aceleraciones de los puntos del cuerpo................... 220§ 89. Caso general del movimiento de un cuerpo sólido lib r e .................. 223

Capítulo XIV. Movimiento compuesto del p u n to ................................................. 226

§ 90. Movimiento relativo, de arrastre y absoluto..................................... 226§ 91. Composición de ve loc idades................................................................ 227§ 92. Composición de aceleraciones................................................................. 231§ 93. Resolución de problemas........................................................................ 237

Capitulo XV. Movimiento compuesto del cuerpo s ó lid o ..................................... 243

§ 94. Composición de movimientos de arrastre ........................................ 243§ 95. Composición de rotaciones alrededor de dos ejes paralelos . . . 243§ 96. Transmisiones por engranajes cilindricos ..................................... 2466 97. Crjmnn«ic¡ón de rotarinne* n1r<*d*Hor (\* rnnrtirrenl«»* J>50§ 98. Composición de movimientos de traslación y de rotación . . . . 252

Indict

P A R T E T E R C E R A

D IN A M IC A D E L P U N T O

Capitulo XV I. Introducción a la Dinámica. Leyes de la D in á m ic a .................. 256

§ 99. Nociones y definiciones p r in c ip a le s ...................................................... 255§ 100. Leyes de la D in á m ic a ............................................................................. 257§ 101. Sistemas de unidades................................................................................. 259§ 102. Problemas de la Dinámica para el punto material libre y no libre 260 § 103. Resolución del primer problema de la Dinámica (determinación de

las fuerzas según el movimiento dado) ...............................................260

Capitulo X V II. Ecuaciones diferenciales del movimiento del punto y su integración 26Í1

§ I04. Movimiento rectilíneo del punto .......................................................... 2636 105. Resolución de problemas..........................................................................266§ I06. Caída de un cuerpo en un ambiente que ofrece resistencia (en el

aire) ............................................................................................................ 271§ I07. Movimiento curvilíneo del p u n t o .......................................................... 274§ I08. Movimiento del punto lanzado bajo un ángulo con el horizonte en

un campo de gravedad hom ogéneo ...................................................... 275

Capitulo X V IIt . Teoremas generales de lá Dinámica del p u n to ...........................279

§ 109. Cantidad de movimiento y energía cinética del punto ....................279§ 110. Impulso de fu e rz a .....................................................................................280§ I I I . Teorema de la variación de la cantidad de movimiento del punto . . 281§ I I 2. Trabajo de una fuerza. Potencia .......................................................... 282§ 113. Ejemplos de cálculo del trabajo ........................... .............................. 286§ 114. Teorema de la variación de la energía cinética del p u n to ................289§ 115. Resolución de problemas..........................................................................291§ 116. Teorema de la variación del momento de la cantidad de movimiento

del punto (teorema de los m om entos).................................................. 297§ 117. Movimiento bajo la acción de una fuerza central. Ley de las áreas 299

Capitulo X IX . Movimiento no libre del p u n to ..........................................................302

§ 118. Ecuaciones del movimiento del punto por una curva determinadain m ó v i l ........................................................................................................ 302

§ 119. Determinación de las reacciones de las ligaduras...............................304

Capitulo X X . Movimiento relativo del p u n t o .......................................................... 308

§ 120. Ecuaciones del movimiento relativo y del reposo del punto . . . . 308 § 121. Influencia de la rotación de la Tierra en el equilibrio y en el movi­

miento de los c u e rp o s ............................................................................. 311§ 122. Desviación de la vertical de un punto en caída bajo la acción de la

rotación de la T ierra ................................................................................. 314

Capitulo X X I. Oscilaciones rectilíneas del punto .................................................. 318

| 123. Oscilaciones libres sin tener en cuenta las fuerzas de resistencia . 318 § 124. Oscilaciones libres en presencia de una resistencia proporcional a la

velocidad (oscilaciones amortiguadas) .................................................. 323§ 125. Oscilaciones forzadas. Resonancia.......................................................... 326

Capitulo X X I I . Movimiento del cuerpo en el campo de gravitación terrestre . . 336

§ 126. Movimiento del punto material lanzado bajo un ángulo al horizonteen el campo de gravitación de la T ierra ...............................................336

§ 127. Satélites artificiales de la Tierra. Trayectorias elipticas ................340§ 128. Imponderabilidad. Sistemas de referencia locales...............................344

Indice 9

C U A R T A P A R T E

D IN A M IC A D H L S IS T E M A Y D E L C U E R P O S O L ID O

Capitulo X X / / / . Introducción a la Dinámica del sistema. Momentos de inerciade un cuerpo sólido .................................................................352

§ 129. Sistema mecánico. Fuerzas externas e in te rnas ..............................352§ 130. Masa de un sistema. Centro de m asas............................................. 353§ 131. Momento de inercia de un cuerpo respecto de un eje. Radio de inercia 354§ 132. Momentos de inercia de un cuerpo respecto de ejes paralelos. Teore­

ma de H u yg e n s 358§ 133. Momentos de inercia centrífugos. Ejes principales de inercia de un

cuerpo ...................................................................................................360

Capitulo XXIV . Teorema del movimiento del centro de masas de un sistema . . 363

§ 134. Ecuaciones diferenciales del movimiento de un sistema................363§ 135. Teorema del movimiento del centro de masas ...........364§ 136. Ley de conservación del movimiento del centro de m asas............ 365§ 137. Resolución de problemas.....................................................................367

Capítulo XXV. Teorema de la variación de la cantidad de movimiento de uns istem a ........................................................................................... 371

§ 138. Cantidad de movimiento de un s is t e m a ......................................... 371§ 139. Teorema de la variación de la cantidad de movim iento............... 372§ 140. Ley de la conservación de la cantidad de m o v im ie n to ............... 373§ 141. Resolución de problem as.................................................................... 375§ 142. Cuerpo de masa variable. Movimiento de un cohete.......................377

Capitulo XXV I. Teorema de la variación del momento de la cantidad de movi­miento de un s is te m a ................................................................382

§ 143. Momento principal de la cantidad de movimiento de un sistema . . 382§ 144. Teorema de la variación del momento principal de la cantidad de

movimiento de un sistema (teorema de los m om entos)................383§ 145. Ley de la conservación del momento principal de la cantidad de

m ov im ien to ........................................................................................... 386§ 146. Solución de problemas........................................................................389

Capitulo X X V II. Teorema de la variación de la energía cinética de un sistema 392

§ 147. Energía cinética de un s is te m a ........................................................ 392§ 148. Casos del cálculo del t r a b a jo ............................................................396§ 149. Teorema de la variación de la energía cinética de un sistema . . . 398§ 150. Resolución de problemas.....................................................................401§ 151. Campo de fuerzas potenciales y función de la lu e r z a ...................406§ 152. Energía potencial ................................................................................411§ 153. Ley de conservación de la energía m ecán ica .................................. 411

Capitulo X X V III . Aplicación de los teoremas generales a la Dinámica de uncuerpo r íg id o ............................................................................ 414

§ 154. Movimiento de rotación de un cuerpo r íg id o ..................................414§ 155. Péndulo físico (compuesto).................................................................417§ 156. Movimiento planoparalelo de un cuerpo s ó l id o ..............................420§ 157. Resolución de problem as.................................................................... 421§ 158. Teoría aproximada de los efectos giroscópicos.............................. 428

Capitulo X X IX . Aplicación de los teoremas generales a la teoría del choque . . 434§ 159. Ecuación fundamental de la teoría del c h o q u e .............................. 434§ 160. Teoremas generales de la teoría*del choque .................................. 435

10 Indice

§ 161. Coeficiente de restitución durante el c h o q u e ..................................... 437§ 162. Choque de un cuerpo contra un obstáculo in m ó v i l .......................... 438§ 163. Choque directo y central de dos cuerpos (choque de bolas) . . . . 440 § 164. Pérdida de ia energía cinética durante el choque inelástico de dos

cuerpos. Teorema de Carnot...................................................................442§ 165. Choque con un cuerpo en rotáción........................................................444

Capitulo XXX . Principio de D’Alembert. Presión sobre el eje de un cuerpo enrotación ................... ..................................................................... 448

§ 166. Principio de D ’A lem bert................................................ ... 448§ 167. Vector principal y momento principal de las fuerzas de inercia . . 451§ 168. Resolución de problemas............................................................... ... • 452§ 169. Reacciones mecánicas que actúan sobre el eje de un cuerpo en rotación 458

Capitulo X X X I. Principios de los desplazamientos virtuales y ecuación generalde ¡a D inám ica ..............................' ..............................................464

§ 170. Desplazamientos virtuales del sistema. Número de grados de libertad 464§ 171. Principio de los desplazamientos v irtuales.........................................465§ 172. Solución de problem as.................................................... * ................. 467§ 173. Ecuación general de la D inám ica .......................................................472

Capitulo X X X II . Condiciones de equilibrio y ecuaciones del movimiento del sis­tema en coordenadas generalizadas .........................................477

§ 174. Coordenadas generalizadas y velocidades generalizadas...................477§ 175. Fuerzas generalizadas..............................................................................479§ 176. Condiciones de equilibrio de un sistema en las coordenadas genera­

lizadas .................................................................................................... 483§ 177. Ecuaciones de L ag ran g e .......................................................................484§ 178. Solución de problemas.......................................................................... 488

Anexo 1. V ectores.................................................................................................... 495Anexo 11. Momentos de in e r c ia ..............................................................................505

Introducción

El desarrollo de la técnica moderna plantea a los ingenieros dis­tintos problemas relacionados con los cálculos de construcciones (edificios, puentes, canales, presas, etc), diseños, fabricación y explo­tación de diferentes máquinas, mecanismos, motores y en particular, objetos tales como automóviles, locomotoras Diesel, barcos, marítimos y fluviales, aviones, cohetes, naves cósmicas, etc. A pesar de la diversidad de todos estos problemas, su solución se basa en ciertos principios generales y tiene un fundamento científico común. Esto se explica porque dichos problemas tienen una parte considerable de cuestiones comunes que no pueden ser resueltas sin estudiar las leyes del movimiento o del equilibrio de )os distintos cuerpos materiales.

La ciencia que estudia las leyes generales del movimiento o del equilibrio de los cuerpos materiales y de la£ interacciones que se manifiestan entre los mismos en el transcurso de este proceso, se llama Mecánica Teórica (o General). La Mecánica Teórica es uno de los fundamentos científicos de las disciplinas técnicas modernas.

La Mecánica, en el sentido general de la palabra, es una ciencia dedicada a resolver todos los problemas relacionados con el estudio del movimiento o de! equi­librio de los cuerpos materiales y de las interacciones que se manifiestan entre los cuerpos durante este proceso. La Mecánica Teórica es una rama de la Mecánica, en ella se estudian las leyes generales del movimiento y de la interacción de los cuerpos materiales, es decir, las leyes que son válidas tanto para el giro de la Tierra alre­dedor del Sol, como para el vuelo de un cohete o de un proyectil, etc. Otra ramn de la Mecánica estudia las diferentes disciplinas técnicas, comunes y especiales, dedicadas al diseño y al cálculo de distintas construcciones concretas, motores, mecanismos y máquinas o de sus elementos (piezas). Todas estas disciplinas técnicas se basan en las leyes y en los procedimientos (métodos) de la Mecánica Teórica.

En Mecánica, bajo el concepto de movimiento se sobreentiende el movimiento mecánico, es decir, un cambio de la disposición reciproca de los cuerpos en el espacio, que tiene lugar en el transcurso del tiempo. La interacción mecánica es una interacción tal que tiene por resultado la variación del movimiento de estos cuerpos o que modifica su forma (deformación). La magnitud que expresa la medida cuan­titativa de la interacción mecánica de los cuerpos se llama, en Mecánica, fuerza.

La misión principal de la Mecánica Teórica es el estudio de las leyes generales del movimiento y del equilibrio de los cuerpos mate­riales sometidos a la acción de las fuerzas que les son aplicadas.

12 Introducción

Dependiendo de ¡a índole de los problemas que se examinan, la Mecánica se divide en Estática, Cinemática y Dinámica. En la Está­tica se exponen las nociones de las fuerzas y de las condiciones del equilibrio de los cuerpos materiales sometidos a la acción de dichas fuerzas. En la Cinemática se estudian las propiedades geométricas generales del movimiento de los cuerpos. Por fin, en la Dinámica se examinan las leyes del movimiento de los cuerpos materiales sometidos a la acción de las fuerzas.

Según las propiedades del objeto que se estudia, la Mecánica Teórica se divide en: a) mecánica del punto material, es decir, del cuerpo cuyas dimensiones pueden ser despreciadas al estudiar su movimiento (o equilibrio) y mecánica del sistema de puntos materiales; b) mecá­nica del cuerpo sólido, es decir, del cuerpo cuyas deformaciones pueden ser despreciadas a) examinar su movimiento (o equilibrio); c) mecánica del cuerpo de masa variable (del cuerpo cuya masa varia en el transcurso del tiempo); d) mecánica del cuerpo deformable (teoria de la elasticidad v teoría de la plasticidad); e) mecánica de los líquidos (la Hidromecánica) y f) mecánica de los gases (la Aero- mecánica y la Dinámica de los gases).

El curso general de la Mecánica Teórica trata, habitualmente, la mecánica del punto material y la del cuerpo sólido, así como las leyes generales del movimiento de los sistemas de puntos materiales.

La Mecánica Teórica pertenece a las ciencias naturales. Es una ciencia que se basa en las leyes obtenidas como resultado de la ex­periencia; dichas leyes reflejan una serie de fenómenos de la naturaleza relacionados con el movimiento de los cuerpos materiales. El papel y la importancia de la Mecánica Teórica consisten, no solamente en ser la base científica de muchas ramas de la técnica moderna, sino en que sus leyes y métodós permiten estudiar y explicar toda una serie de fenómenos importantes del mundo que nos rodea y contribuyen al crecimiento ulterior y al desarrollo de las ciencias naturales en general, asi como también a la formación de la ideología materialista en su forma de mayor validez.

La aparición y el desarrollo de la Mecánica 11 como ciencia están relacionados inseparablemente con la historia del desarrollo de las fuerzas productoras de la sociedad y con el nivel de la producción y de la técnica en cada etapa de este desarrollo.

En los tiempos antiguos, cuando la producción se limitaba gene­ralmente a la satisfacción de las necesidades de la técnica de la construcción, empezó a desarrollarse la ciencia de las asi llamadas máquinas simples (polea, tomo, palanca y plano inclinado) y la cien­cia general del equilibrio de los cuerpos (estática).

11 El término «mecánica» apareció por primera vez en las obras de uno de los filósofos más destacados de la antigüedad. Aristóteles (384—322 a. de n.e.) y tiene por origen la palabra griega nilxctvY¡, que significa, traducida al lenguaje moderno, «construcción», «máquina», «invento»

Introducción 13

Una argumentación sobre los principios de la estática aparece ya en las obras de uno de los grandes sabios de la antigüedad, Arquíme- des (287 — 212 a. de n. e.)

El desarrollo de la Dinámica empieza más tarde. El surgimiento y auge, durante los siglos XV — XVI en los países de Europa Occi­dental y Central, de las relaciones de producción burguesas, fueron la causa del desarrollo considerable de la artesanía, el comercio, la navegación y el arte militar (la aparición de las armas de fuego), así como de los descubrimientos importantes de astronomía. Todo esto contribuyó a la acumulación de un gran material experimental, cuya sistematización y generalización coadyuvaron en el siglo XVII al descubrimiento de las leyes de la dinámica. Las mayores aportaciones en la fundación de las bases de la dinámica fueron hechas por los geniales investigadores Galileo Galilei (1564— 1642) e Isaac Newton (1643— 1727). Newton, en su obra «Principios matemáticos de la filo­sofía natural» publicada en 1687, expuso sistemáticamente las leyes principales de la así llamada Mecánica Clásica (leyes de Newton). Más tarde, estas leyes pasaron una gran prueba experimental y fueron comprobadas en el proceso de toda la actividad social y productiva de la humanidad. Esto nos permite considerar nuestros conocimientos en el dominio de la Mecánica, fundados en las leyes de Newton, como válidos, y en los cuales el ingeniero puede basarse en su actividad práctica

En el siglo XV III empiezan a desarrollarse intensivamente los métodos analíticos en la mecánica, basados en el empleo de los cálculos diferencial e integral. Los métodos para resolver los problemas de la dinámica de) punto y del cuerpo sólido mediante una composición e integración de las ecuaciones diferenciales correspondientes, fueron desarrollados por el gran matemático y mecánico L.Euler (1707— 1783). Entre las investigaciones más importantes para el desarrollo de la mecánica se cuentan las obras de dos destacados científicos franceses: D ’Alembert (1717— 1783), que propuso su célebre principio para resol­ver los problemas de la dinámica y Lagrange (1736— 1813), que basándose en el principio de D ’Alembert y en el principio de los desplazamientos virtuales, elaboró un método analítico general para resolver los problemas de la dinámica. Actualmente los métodos ana­líticos para resolver los problemas de la dinámica son fundamentales.

» El desarrollo posterior de la ciencia demostró, que al tener velocidades próximas a la velocidad de la luz, los cuerpos se mueven según las leyes de la mecánica de la teoría de la relatividad y el movimiento da las micropartículas (electrones, positrones y otras) se describe por las leyes de la mecánica cuántica. Estos des­cubrimientos precisaron el campo de aplicación de la mecánica clásica y confirmaron la certeza de sus leyes para el movimiento de todos los cuerpos, excepto las micropartículas, con velocidades no próximas a la velocidad de la luz. es decir, para los movimientos que han tenido y tienen una gran importancia práctica en la técnica y en la mecánica celeste.

14 Introducción

La Cinemática, como una rama independiente de la Mecánica, se separó de ésta sólo en la primera mitad del siglo XIX gracias a lasexigencias de la construcción de maquinaria, la cual empezaba adesarrollarse impetuosamente en aquel entonces. En la actualidad la Cinemática tiene importancia como ciencia independiente para el estudio del movimiento de mecanismos y máquinas.

En Rusia, las obras del genial científico y pensador M. V. Lomo- nósov (1711 — 1765), así como los trabajos de L. Euler quien vivió y trabajó largo tiempo en Petersburgo, tuvieron gran influencia en el desarrollo de las primeras investigaciones sobre la mecánica. Entre los numerosos científicos rusos que hicieron una gran aportación al desarrollo de las distintas ramas de la Mecánica Teórica, se debemencionar a: M. V. Ostrogradski (1801 — 1861) quien hizo una seriede investigaciones importantes sobre los métodos analíticos para resol­ver los problemas de la Mecánica; P. L. Chebyshev (1821 — 1894) quien creó una nueva corriente en la investigación del movimiento de los mecanismos; S. V. Kovalevskaya (1850— 1891) quien resolvió uno de los problemas más difíciles de la dinámica del cuerpo sólido; A. M. Liapunov (1857— 1918) quien elaboró los nuevos métodos para investigar la estabilidad del movimiento; 1. V. Metsherski (1859— 1935) quien fundó la base de la mecánica de los cuerpos de masa variable; K. E. Tsiolkovsky (1857— 1935) quien hizo una serie de descubrimien­tos importantes en la teoría del movimiento reactivo; A. N. Krylov (1863— 1945) quien elaboró la teoría de los buques y aportó mucho al desarrollo de la teoría de los instrumentos giroscópicos.

Para el desarrollo posterior de la Mecánica, tuvieron importancia notable las obras de «el padre de la aviación rusa» N. E. Zukovsky (1847— 1921) y de su discípulo S. A. Chaplyguin (1869— 1942). El rasgo distintivo del trabajo de N. E. Zukovsky fue la aplicación de los métodos de la Mecánica a la solución de los problemas técnicos actuales. Las ideas de N. E. Zukovsky influyeron grandemente en la enseñanza de la Mecánica Teórica en los centros de educación superior de la Unión Soviética.

PARTE PRIMERA

Estática del cuerpo sólido

CAPITULO l

Nociones fundamentales y axiomas de la Estática

§ 1. Objeto de la Estática . Llámase Estática a la rama de la Mecánica donde se exponen las nociones generales de las fuerzas y se estudian las condiciones del equilibrio de cuerpos materiales que se encuentran bajo la acción de fuerzas.

Por equilibrio entendemos el estado de reposo de un cuerpo con relación a otros cuerpos materiales. Si se puede menospreciar el mo­vimiento del cuerpo en relación al cual se estudia el equilibrio, en­tonces el equilibrio se llama convencionalmente absoluto y en caso contrario, relativo. En la Estática vamos a estudiar solamente el llamado equilibrio absoluto de los cuerpos. En la práctica, tratándose, digamos, de cálculos de ingeniería, se puede considerar como equili­brio absoluto el equilibrio respecto a la Tierra o a los cuerpos fijados rígidamente a ella. La validez de esta afirmación se fundamentará en la Dinámica, donde la noción del equilibrio absoluto se puede definir de un modo más riguroso. En este curso será también exami­nado el problema relacionado con el equilibrio relativo de los cuerpos.

Las condiciones de equilibrio de un cuerpo dependen del estado de este cuerpo, si éste es sólido, líquido o gaseoso. El equilibrio de los cuerpos líquidos y gaseosos se estudia en Tos cursos de Hidrostática y Aerostática. En el curso general de Mecánica se estudian, por lo común, solamente problemas del equilibrio de cuerpos sólidos.

Todos los cuerpos sólidos existentes en la naturaleza cambian en cierto grado, bajo la influencia exterior, su forma. Los valores de tales deformaciones dependen del material constitutivo de estos cuer­pos, de su forma geométrica y de sus dimensiones, así como de las cargas aplicadas. Para asegurar la estabilidad de distintas obras y construcciones de ingeniería, el material y las dimensiones de sus elementos se eligen de manera que las deformaciones bajo las cargas que actúan sobre éstas sean muy pequeñas1’.

11 Por ejemplo, el material y las dimensiones de las barras pertenecientes a una o a otra construcción, se eligen de tal manera que bajo las cargas actuantes las barras se estiren (o acorten) menos de una milésima parte de su longitud inicial. Las deformaciones admisibles por flexión, torsión, etc., son del mismo orden.

16 Cap. I. Nociones fundamentales y axiomas de la Estática

A causa de esto, al estudiar las condiciones de equilibrio, se per­mite omitir las deformaciones pequeñas de los cuerpos sólidos corres­pondientes y considerarlos como inderfomables o rígidos (absolutamente sólidos).

Llamaremos cuerpo rígido a aquel cuerpo en el cual la distancia entre dos de sus puntos cualesquiera permanece invariable. En lo su­cesivo, al resolver problemas de estática, consideraremos a todos los cuerpos como rígidos. Como se verá al final del § 3, las condiciones de equilibrio obten idas para los cuerpos rígidos, pueden ser aplicadas no sólo a los cuerpos que presenten poca deformación sino también a cualquier cuerpo variable. De este modo, el campo de aplicación práctica de la estática del cuerpo sólido resulta bastante extenso.

Al calcular la resistencia de los elementos de todo tipo de cons­trucciones o de máquinas, es necesario tomar rigurosamente en con­sideración la deformación de los cuerpos. Estos problemas se estudian en los cursos de Resistencia de materiales y Teoría de la elasticidad.

Para que un cuerpo sólido sometido a la acción de un sistema detuerzas se encuentre en estado de equilibrio (en reposo) es necesario que las fuerzas citadas satisfagan determinadas condiciones de equilibrio del sistema de fuerzas dado. Hallar dichas condiciones es una de las misiones principales de la Estática. Mas para hallar las condiciones de equilibrio de diferentes sistemas de fuerzas, así como para resolver una serie de otros problemas de la Mecánica, hace falta saber compo­ner las fuerzas aplicadas a un cuerpo sólido, sustituir la acción de un sistema de fuerzas por la de otro y en particular, reducir un sistema de fuerzas dado a su expresión más simple. Por eso, la está­tica del cuerpo sólido estudia los dos problemas principales siguientes:1) composición de fuerzas y reducción de los sistemas de fuerzas aplicadas a un cuerpo sólido a su expresión más simple, 2) determi­nación de las condiciones de equilibrio de los sistemas de fuerzas que actúan sobre un cuerpo sólido.

Los problemas de Estática pueden ser resueltos, bien por medio de las construcciones geométricas correspondientes (métodos geométrico y gráfico), bien con ayuda de cálculos numéricos (método analítico). En este curso se estudjarán los dos métodos, pero hace falta te. er en cuenta que, para resolver los problemas de mecánica las construc­ciones geométricas desempeñan siempre un papel primordial.

§ 2. Fuerza. El estado de equilibrio o de movimiento de un cuerpo depende del carácter de sus interacciones mecánicas con otros cuerpos, es decir, de aquellas presiones, atracciones o repulsiones que experimenta dicho cuerpo como resultado de estas interacciones. La magnitud que es la medida cuantitativa de la interacción mecánica de los cuerpos materiales se llama, en mecánica, fuerza.

Las magnitudes que se estudian en mecánica pueden ser divididas en dos categorías: las escalares que se caracterizan complétame te por su valor numérico y las magnitudes vectoriales que, además de

§ 2. Fuerza 17

su valor numérico, se caracterizan también por su dirección y sentido en el espacio.

La fuerza es una magnitud vectorial. Su acción sobre un cuerpo se determina por: 1) el valor numérico o módulo de la fuerza, 2) la dirección de la fuerza, 3) el punto de aplicación de la fuerza.

El módulo de una fuerza dada se determina comparándola con la fuerza que se haya tomado como unidad. Las unidades principalesde medición de la fuerza en mecánica son: el newton (1N) y el kilogramo fuerza (1 kgf), cuya relación es 1 kgfTss9,8l N (véase más detalla­damente en el § 101). Para medir estáticamente las fuerzas sirven los instrumentos conocidos del curso de Física, llamados dinamómetros. La direc­ción y el punto de aplicación de una fuerza de­penden de la naturaleza de las acciones recípro­cas de los cuerpos y de su disposición mutua.Por ejemplo, la fuerza de gravedad que actúa Fig. isobre un cuerpo cualquiera está dirigida vertical- mente hacia abajo. Las fuerzas de presión entre dos esferas lisas están dirigidas según la normal a las superficies de las esferas en el punto de contacto y se aplican en los mismos puntos, etc.

La fuerza, como todo vector, se representa gráficamente por un segmento dirigido (con una flechíta). La longitud de dicho segmento (AB, en la fig. 1) representa, en la escala escogida, el módulo de la fuerza, la dirección del segmento corresponde a la dirección de la fuerza; su origen (el punto A en la fig. 1) coincide, en general, con el punto de aplicación de la fuerza. A veces resulta cómodo represen­tar la fuerza de tal modo que el punto de aplicación coincida con su extremo, la punta de la flecha (como en la fig. 4, c). La recta DE,a lo largo de la cual está dirigida la fuerza, (fig. 1) se llama lineade acción de la fuerza. La fuerza, como cualquier otra magnitud vectorial, será representada, ya sea por cualquier letra en caracteres

gruesos (F), o por dos letras con una raya sobre estas (AB). El mó­dulo de la fuerza se representa por el símbolo |F¡ o por la misma letra en caracteres claros (F). Si las fórmulas se escriben a mano, en vez de letras en negritas se ponen rayas sobre las letras.

En adelante, a un conjunto de fuerzas que' actúan sobre un cuerpo rígido cualquiera lo llamaremos sistema de fuerzas. Además, conven­dremos en las definiciones siguientes:

1. A todo cuerpo, no enlazado con otros cuerpos, que a partir dela posición dada se le puede imprimir (comunicar) cualquier despla­zamiento en el espacio, se llama libre.

2. Si un sistema de fuerzas que actúa sobre un cuerpo sólidolibre puede ser sustituido por otro, sin que por esto cambie el estado de reposo o de movimiento del cuerpo, entonces estos dos sistemas son equivalentes.

18 Cap. J. Nociones /undamenlales y axiomas de la Estática

3. Todo sistema de fuerzas, bajo cuya acción un cuerpo sólido libre puede encontrarse en reposo, se llama sistema equilibrado o equi­valente a cero.

4. Si un sistema de fuerzas es equivalente a una fuerza, ésta se llama fuerza resultante del sistema de fuerzas en cuestión. De este modo, la resultante es una fuerza que por si sola reemplaza la acción que el sistema de fuerzas ejerce sobre el cuerpo rígido.

Toda fuerza igual a la resultante en módulo, de sentido opuesto al de la resultante y que actúa a lo largo de la misma recta se llama fuerza equilibrante.

5. Las fuerzas que actúan sobre un cuerpo rígido pueden dividirse en dos categorías: externas e internas. Las fuerzas que actúan sobre las partículas de un cuerpo por parte de otros cuerpos materiales se llaman externas. Las fuerzas con las cuales las partículas de un cuerpo actúan entre sí se llaman internas.

6. La fuerza aplicada a un cuerpo en cualquier punto se llama fuerza concentrada. Las fuerzas que actúan sobre todos los puntos del volumen o de cierta parte de la superficie del cuerpo se llaman fuerzas repartidas.

La noción de la fuerza concentrada es convencional, porque en la práctica es imposible aplicar una íuerza a un solo punta Las fuerzas que se consideran en mecánica como concentradas son, en realidad, resultantes de ciertos sistemas de fuerzas repartidas.

En particular, la fuerza de gravedad que se examina habitualmente en mecánica y que actúa sobre un cuerpo rígido, es la resultante de las fuerzas de gravedad de las partículas del cuerpo. La línea de acción de esta resultante pasa por un punto llamado centro de gra­vedad del cuerpo11.

§ 3. Axiomas de la Estática . Todos los teoremas y las ecuacio­nes de la Estática se deducen de algunas afirmaciones iniciales, que se aceptan sin demostraciones matemáticas, llamados axiomas o prin­cipios de la Estática. Los axiomas de la Estática son el resultado de las generalizaciones de numerosos experimentos y observaciones del equilibrio y del movimiento de los cuerpos, que han sido confirmados reiteradamente por la práctica. Una parte de estos axiomas es coro­lario de las leyes principales de la mecánica, las cuales estudiaremos en la Dinámica.

Axioma 1. Si dos fuerzas actúan sobre un cuerpo rígido libre, éste puede permanecer en equilibrio solamente cuando los módulos de estas fuerzas son iguales (Ft = Ft) y ellas están dirigidas en sentidos opuestos a lo largo de una misma recta (fig. 2).

11 El problema de la determinación de los centros de gravedad de los cuerpos será examinado en el capitulo IX . Ahora nos limitamos a hacer notar que si un cuerpo homogéneo posee un centro de simetría (barra rectangular, cilindro, esfera, etc.), el centro de gravedad de este cuerpo coincidirá con su centro de simetría.

§ 3. Axiomas de la Estática 19

El axioma 1 define eí sistema de fuerzas en equilibrio más simple, pues la experiencia muestra que un cuerpo libre sobre el cual actúa una sola fuerza no puede estar en equilibrio.

Axioma 2. La acción de un sistema de fuerzas sobre un cuerpo rígido no se modificará si se le agrega o se le quita un sistema de fuerzas en equilibrio.

Este axioma establece que dos sistemas de fuerzas que se diferen­cian por un sistema equilibrado son equivalentes.

Corolarios de los axiomas 1 y 2. La acción de una fuerza sobre un cuerpo rígido no se modificará si el punto de aplicación de Ia fuerza se traslada a lo largo de la linea de acción a cualquier otro punto del cuerpo.

Efectivamente, consideraremos que sobre un cuerpo sólido actúa la fuerza F aplicada en el punto A (fig. 3). En la linea de acción de esta fuerza tomemos un punto arbitrario B y apliquemos a él dos fuerzas equilibradas F, y F, que sean F, — F y F, = — F. Como resultado, la acción de la fuerza F sobre el cuerpo no se modificará. Pero, de acuerdo con el axioma I, las fuerzas F y F t forman también un sistema equilibrado que puede ser omitido1’. En efecto, sobre el cuerpo actuará una sola fuerza F, equivalente a F, pero aplicada en el punto B.

De este modo, el vector que representa la fuerza F puede consi­derarse aplicado a cualquier punto en la linea de acción de la fuerza (el vector de este tipo se llama vector deslizante).

El resultado obtenido es válido sólo para las fuerzas que actúan sobre un cuerpo rígido. Al realizar cálculos de ingeniería éste puede- ser aplicado solamente cuando se determinan las condiciones de equi librio de una construcción y sin considerar los esfuerzos internos que se originan en sus partes.

Por ejemplo, la barra AB, dibujada en la fig. 4,a, estará en equilibrio si F ,= F t. Si vamos a trasladar los puntos de aplicación

*> Las fuerzas omitidas o trasladadas se subrayarán en las figuras.

Fig. 2 Fig. 3

20 Cap. I . Nociones fundamentales y axiomas de la Estático

de ambas fuerzas a cualquier otro punto C de la barra (fig. 4, b), o si trasladamos el punto de aplicación de la fuerza F, al punto B y el de la fuerza F , al punto A (fig. 4, c) no se perturba el equilibrio.

Pero en cada uno de los casos/í,____________________í _ _ examinados los esfuerzos internos

f * 1 ■ ~ " serán distintos. En el primercaso, la barra se estira bajo la

D acción de las fuerzas aplicadas, en el segundo ésta no experimen-

^ __ ______ f . c ta tensión alguna, en el tercero,~r¿ ---- ~---- 7J la barTa se comprime

Por lo tanto, al determinar los esfuerzos internos no es per­misible trasladar el punto de

aplicación de la fuerza a lo largo de la linea de acción.

Axioma 3. (Axioma del paralelogramo de fuerzas). Dos fuerzas aplicadas a un cuerpo en un punió tienen una resultante aplicada en el mismo punto y representada por la diagonal del paralelogramo construido sobre estas fuerzas como lados.

El vector R, equivalente a la diagonal del paralelogramo formado por los vectores F¡ y F¡ (fig. 5) se llama suma geométrica de los vectores F t y F t:

R = F ¡ + F t.

Por consiguiente, el axioma 3 puede formularse también del modo siguiente: dos fuerzas aplicadas a un cuerpo en un punto tienen una r.’.sultante aplicada en el mismo punto e igual a la suma geométrica (vectorial) de estas fuerzas.

En adelante no se debe confundir la noción de la suma de fuerzas con la de su resultante. Ilustremos lo antes dicho con ayuda de un ejemplo. Consideremos dos fuerzas F t y F t (fig. 6), aplicadas a un cuerpo en los puntos A y B. La fuerza Q indicada en la fig. 6 es equi­valente a la suma geométrica de las fuerzas F¡ y F t (Q = F l -\- F t) por ser la diagonal del paralelogramo correspondiente. Mas la fuerza Q no es la resultante de estas dos fuerzas, pues, es fácil comprender que la fuerza Q por sí sola no puede sustituir la acción de las fuerzas

11 Para estirar (o comprimir) la barra con la fuerza F , es necesario aplicar esta fuerza a un extremo de la baria y fijar rigurosamente ef otro, o retenerlo con la luerza F , = — F\ como se ve en la fig. 4. La fuerza de extensión (o de compresión) será igual en ambos casos y equivaldrá a Fx y no a 2F lt como a veces se crce equivocadamente.

§ 3. Axiomas de la Estática 21

F\ y F , sobre el cuerpo. Mas aún, estas dos fuerzas, tal como será demostrado pueden tener una resultante (§ 48, problema 42).

Axioma 4. Toda acción de un cuerpo material sobre otro trae con­sigo, por parte de este último, una reacción de la misma magnitud pero en sentido opuesto.

La ley de la igualdad de la acción y la reacción es una de las leyes fundamentales de la Mecánica. De ésta se deduce que si el cuerpo A actúa sobre el cuerpo B con la fuerza F, el cuerpo B actúa al mismo tiempo sobre el cuerpo A con una fuerza de igual magnitud dirigida a lo largo de la misma recta, pero de sentido opuesto, F '= = — F (fig. 7). Sin embargo, las fuerzas F y F ' no forman un sistema de fuerzas en equilibrio, puesto que están aplicadas a diferentes cuerpos.

Propiedad de las fuerzas internas. De acuerdo con el axioma 4, dos partículas cualesquiera de un cuerpo sólido actúan una sobre otra con fuerzas de módulos iguales y de sentidos opuestos. Puesto que al estudiar las condiciones de equilibrio el cuerpo se considera rígido, todas las fuerzas internas (de acuerdo con el axioma 1) forman un sistema equilibrado que (según el axioma 2) puede ser omitido. Por consiguiente, al estudiar las condiciones de equilibrio de un cuerpo (construcción) es necesario tener en cuenta solamente las fuerzas externas que actúan sobre este cuerpo (construcción). En adelante, al hablar de las fuerzas efectivas consideraremos, si no hay un caso especial, que se trata sólo de las fuerzas externas.

Axioma 5 (Principio de rigidez). El equilibrio de un cuerpo defor- mable que se encuentra bajo la acción de un sistema de fuerzas, se conserva si este cuerpo se considera solidificado (rígido).

La afirmación formulada en este axioma es evidente. Por ejemplo, está claro que el equilibrio de una cadena no se perturba si conside­ramos que sus eslabones están soldados uno con otro, etc. Puesto que sobre un cuerpo en reposo antes y después de su solidificación actúa

Fig. 6 Fig. 7

22 Cap. /. Nociones fundamentales y axiomas de la Estática

el mismo sistema de fuerzas, el axioma 5 puede ser expresado de otra forma: en condiciones de equilibrio, las fuerzas que actúan sobre todo cuerpo deformable satisfacen las mismas condiciones que en el caso de un cuerpo rígido. Pero, en el caso de un cuerpo deformable estas condiciones pese a ser necesarias, pueden no ser suficientes.

Por ejemplo, e) equilibrio de un hilo flexible sobre el cual actúan dos fuerzas aplicadas a sus extremos, tiene por condiciones ne­cesarias, las mismas que en el caso de una barra rígida (las fuerzas deben ser de la misma magnitud y estar dirigidas a lo largo del hilo, en sentidos opuestos). Pero estas condiciones no son suficientes. Para el equilibrio del hilo hace falta, además, que las fuerzas apli­cadas sean de extensión, es decir, dirigidas tal como so ve en la fig 4, a.

El principio de rigidez se aplica ampliamente en los cálculos de ingeniería. Este principio permite, al determinar las condiciones de equilibrio, considerar cualquier cuerpo (correa, cable, cadena, etc.) o cualquier construcción deformable. como rígidos y aplicar al hacer los cálculos, los procedimientos de la estática del cuerpo sólido. Si las ecuaciones obtenidas de este modo son insuficientes para resolver el problema, hace falta componer ecuaciones suplementarias que deben tener en cuenta, ya sea las condiciones del equilibrio de cier­tos elementos de la construcción, o sus deformaciones (los problemas, en los cuales hay que tener en cuenta las deformaciones, se resuel­ven en el curso de Resistencia de Materiales).§ 4. L igaduras y sus reacciones. Por definición, un cuerpo no ligado con otros cuerpos y que puede desplazarse arbitrariamente por el espacio se llama libre (por ejemplo, un globo en el aire). Un cuerpo cuyos desplazamientos en el espacio se ven restringidos, sea por encontrarse enlazado con otros cuerpos, sea por encontrarse en contacto con ellos, se llama no libre (ligado). Todo lo que restringe los desplazamien­tos de un cuerpo dado en el espacio se llama ligadura o ligazón.

En calidad de ejemplos de cuerpos ligados pueden servir, una carga que se encuentra sobre una mesa, una puerta suspendida de sus goz­nes, etc. En estos casos, las ligaduras son: en el caso de la carga, la superficie de la mesa que no permite que ésta se desplace vertical- mente hacia abajo y en el de la puerta, los goznes que no permiten que la puerta se aleje de la jamba.

Un cuerpo que sujeto a la acción de las fuerzas aplicadas, tiende a efectuar un desplazamiento impedido por una conexión, actuará sobre esta última con una cierta fuerza a la que se llama fuerza de presión sobre la conexión. Simultáneamente, de acuerdo con el axio­ma 4, la conexión actuará sobre el cuerpo con una fuerza de igual magnitud, pero de sentido opuesto. La fuerza con la cual la ligadura dada actúa sobre un cuerpo, restringiendo uno u otro de sus desplaza­mientos, se llama fuerza de reacción de la ligadura o simplemente, reacción de conexión, o reacción de ligadura.

§ 4. Ligaduras y sus reacciones

En adelante, a las fuerzas que no sean reacciones de conexión (tales como la fuerza de la gravedad) las llamaremos fuerzas activas. La particularidad de una fuerza activa consiste en que su magnitud y dirección no dependen directamente de otras fuerzas que obran sobre este cuerpo. La reacción de conexión se distingue de las fuerzas activas que actúan sobre un cuerpo, en que su valor numérico depen­de siempre de estas fuerzas y no puede ser determinado con anterio­ridad (si sobre un cuerpo no actúan fuerzas algunas, las reacciones de ligadura serán nulas); para determinar el valor de la reacción hace falta resolver el problema correspondiente de Estática. La reac­ción está dirigida en sentido opuesto a la dirección en que la conexión impide el desplazamiento del cuerpo. Si una ligadura impide simultá­

neamente los desplazamientos del cuerpo en varias direcciones, la dirección de la reacción de conexión no es conocida previamente y hay que determinarla resolviendo el problema estudiado.

En la solución de problemas de Estática tiene gran importancia la determinación exacta de las direcciones de las reacciones de cone­xión. Por eso, vamos a examinar más detalladamente cómo están dirigidas las reacciones de las formas principales de ligaduras (ejem­plos adicionales se dan en el § 25).

I. -Plano (superficie) liso o apoyo. Una superficie es lisa si se puede despreciar, en primera aproximación, el rozamiento de un cuerpo sobre ésta. Una superficie tal solamente impide al cuerpo deslizarse en la dirección de la perpendicular común (normal) a las superficies de los cuerpos en su punto de contacto (fig. 8, a)". Por eso, la reacción N de una superficie lisa, o de un apoyo, está dirigida a lo largo de la normal común en el punto de contacto de las superfi­cies de los cuerpos y está aplicada a este punto. Cuando una de las superficies en contacto es un punto (fig. 8, b) la reacción está diri­gida por la normal a la otra superficie.

l) En las figuras 8— 11 no se muestran las fuerzas que actúan sobre los cuer­pos. En los casos representados en las figuras 8 y 9. las reacciones tienen las di­recciones indicadas, al actuar cualesquiera fuerzas dadas, y no dependen de si el cuerpo se encuentra en reposo o en movimiento.

Cap. /. Nociones fundamentales y axiomas de la Estática

‘¿. Hilo. La ligadura cumplida en forma de un hilo flexible e ¡nexlensible (fig. 9) no permite que el cuerpo M se aleje del punto de suspensión del hilo en la dirección AM. Por eso, la reacción Tdel hilo tensado está dirigida a lo largo del hilo hacia el punto de sususpensión.

3. Charnela cilindrica (cojinete). Si dos cuerpos están ligados por un perno que pasa por orificios hechos en estos cuerpos, a .tal tipode unión se le llama unión articulada o, simplemente, charnela; lalinea axial del perno se llama eje de la charnela. El cuerpo AB, sujeto mediante una charnela al apoyo D (fig. 10, a) puede girar libremente alrededor del eje de la charnela (en el plano de la figura); pero en este caso, el extremo A del cuerpo no puede desplazarse en

ninguna dirección perpendicular al eje de la charnela. Por eso, la reacción R de la charnela cilindrica puede tener cualquier dirección en el plano perpendicular al eje de la charnela, es decir, en el plano Axy. En el caso considerado, el módulo R y la dirección (ángulo a) de la fuerza R son desconocidos.

4. Rótula y quicionera. Este tipo de conexión fija un punto cual­quiera de un cuerpo de modo que no pueda realizar desplazamiento alguno en el espacio. Ejemplos de este tipo de ligaduras pueden ser el pivote de rótula con ayuda del cual se fija una cámara fotográfica en el trípode (fig. 10, b) y también un cojinete axial (quicionera) (fig. 10, c). La reacción R de la rótula o de la quicionera puede tener cualquier dirección en el espacio. La magnitud de la reacción R y los ángulos formados entre ésta y los ejes x, y, z son desconocidos.

5. Barra. Supongamos que en una construcción cualquiera sirve como ligadura una barra AB fijada en sus extremos con charnelas (fig. 11). Consideremos que el peso de la barra en comparación con la carga que soporta puede ser despreciado. Entonces, sobre la barra actúan solamente las dos fuerzas aplicadas en las charnelas A .y B. Estas fuerzas pueden tener, en general, direcciones arbitrarias. Sin embargo, si la barra está en equilibrio, las fuerzas aplicadas en los puntos A y B, de acuerdo con el axioma 1, deben estar dirigidas

§ 5. Axioma de las ligaduras 23

por una misma recta, es decir, a lo largo del eje de la barra (véase la íig. 4, a y 4, b). Por consiguiente, una barra cargada en sus ex­tremos, cuyo peso puede despreciarse, en comparación con la carga que ésta soporta, experimenta solamente extensión o compresión. Si tal barra es una ligadura, su reacción N tendrá por dirección la del eje de la barra. t *

§ 5. Axioma de las ligaduras. Elequilibrio de los cuerpos ligados, se estudia en la Estática con fundamento en el axioma j f f siguiente: lodo cuerpo ligado puede considerar- JVse como libre si suprimimos las ligaduras ysustituimos sus acciones por las reacciones de ’?/,estas ligaduras.

Por ejemplo, una barra Ab de peso P Fig. U

(fig. 12, a), que tiene por ligaduras el plano0 £ , el apoyo D y la cuerda KO, puede considerarse como uncuerpo libre (íig. 12, b) que se encuentra en equilibrio bajo la acción de la fuerza conocida P y las reacciones de las ligaduras NA, ND, T.

Las magnitudes de estas reacciones, previamente desconocidas, pue­den ser determinadas a partir de las condiciones del equilibrio de las fuerzas que actúan sobre el cuerpo, al que ahora, podemos consi­derar como libre. En esto consiste el método principal de resolver problemas de Estática.

La determinación de las reacciones de las ligaduras tiene la im­portancia práctica siguiente: al conocer estas reacciones, de acuerdo con el axioma 4, conoceremos las fuerzas que actúan sobre las liga­duras, es decir. los datos iniciales necesarios para calcular la resis­tencia de los elementos correspondientes de una construcción.

CAPITULO ti

Composición de fuerzas. Sistema de fuerzas concurrentes-

Fig. 13

§ 6. Método geométrico de composición de fuerzas . Resul­tante de fu e rzas concurrentes. La solución de numerosos proble­mas de Mecánica está relacionada con la operación, conocida del curso del álgebra vectorial, la de adición de vectores y en particular, de

tuerzas. El estudio de la Está­tica, lo iniciamos con el aná­lisis del método geométrico de composición de fuerzas. Una mag­nitud igual a la suma geomé­trica de las fuerzas de un sistema se llama vector p r inc ipa l de este sistema de fuerzas. Como fue señalado en el § 3 (véase la fig. 6) no se debe confundir el concepto de suma geométrica de fuerzas

con el de resultante; muchos sistemas de fuerzas, como veremos ade­lante, no tienen resultante, pero la suma geométrica (el vector prin­cipal) de lodo sistema de fuerzas, si se puede calcular.

1) Composición de dos fuerzas. La suma geométrica R de dos fuer­zas F, y f\ se. determina según la regla del paralelogramo (fig. 13, a) o construyendo el triángulo de fuerzas (fig. 13, b) que representa una mitad de este paralelogramo. Para construir el triángulo de fuerzas es necesario, a partir de un punto arbitrario A„ trazar un vector representante de una de las fuerzas y a partir de su extremo, trazar otro vector, representante de la otra fuerza. La línea que une el ori­gen del primer vector con el extremo del segundo, es el vector que representa la fuerza R.

El módulo R no es otra cosa que el lado /1,C, del triángulo AxBxCl y se determina por la igualdad

/?* = F* + F\ — 2FlFt eos (180° — a).

donde a es el ángulo formado por las fuerzas. De ahí que

R = V F\ + F\ + 2F\F, eos a. (1)Los ángulos p y v formados por la fuerza R con las fuerzas que

se componen, se determinan de acuerdo con el teorema de los senos.

$ 6. Método geométrico de composición de fuerzas 27

Basándose en que sen (180°—o) = sen a obtenemos:

i _F 2 __ R /2jsen y sen ¡i sen a '

2) Composición de tres fuerzas que no se encuentran en un plai>o. Lasuma geométrica R de tres fuerzas f „ F,, F , que no se encuentranen un mismo plano se representa por la diagonal del paralelepípedo construido sobre estas fuerzas ( regla del paralelepípedo). Uno puede convencerse de la legitimidad de esta regla aplicando consecutivamente la regla del paralelogramo (fig. 14).

3) Composición de un sistema de fuerzas. La suma geométrica (el vector .principa!) de todo sistema de fuerzas se determina, ya sea me­diante la composición sucesiva de las fuerzas del sistema según la regla del paralelogramo, o formando el polígono de fuerzas. El segundo método es más simple y más conveniente. Para determinar la suma de las fuerzas F,, F,, F , . . . . F„ (fig. 15, a) mediante este método, hace falta trazar, a partir de un punto arbitrario 0 (fig. 15, b), ei

vector 0a que representa la fuerza F , en la escala elegida, y desde el punto a trazar el vector ab que representa la fuerza F„ desde el

punto b trazar el vector be que representa la fuerza F „ etc., del

extremo m del penúltimo vector trazar el vector rnn que representa la fuerza Fn. Uniendo el origen del primer vector con el extremo del último, obtendremos el vector On = R que representará la suma geo­métrica, o vector principal, de las fuerzas que se componen:

R ~ F , + F , + Ft + . . .+ F n ó /? = 2 / v (3)

El módulo y la dirección de R no dependen del orden en que se tracen los vectores de las fuerzas. Es fácil comprender que la cons­trucción hecha representa el resultado de la aplicación consecutiva de la regla del triángulo de fuerzas.

El dibujo que se ve en la fig. 15, b se llama polígono de fuerzas (en el caso general: polígono vectorial). De este modo, la suma geo­métrica o el vector principal de varias fuerzas se representa por el lado que cierra el polígono de fuerzas formado por éstas (la regla del poli-

2« Cap. // . Composición de fuerzas. Sistema de fuerzas concurr.

gono de fuerzas). Al construir un polígono vectorial no se debe olvi­dar que las ílechas de todos los vectores componentes deben tener un mismo sentido (por el contorno del polígono) y la flecha del vector R, sentido opuesto.

Resultante de fuerzas concurrentes. Al estudiar la Estática, vamos a pasar consecutivamente del estudio de los sistemas más simples al de los más complicados. Empezamos con el estudio de un sistema de fuerzas concurrentes. Las fuerzas cuyas lineas de acción se cruzan en

un punto (véase la fig. 15, a) se llaman fuerzas concurrentes. De acuerdo con los dos prime­ros axiomas de la Estática, un sistema de fuerzas concurrentes aplicado a un cuerpo rígido equivale a un sistema de fuer­zas aplicado a un solo punto (en la fig. 15, a, en el pun­to A).

Aplicando sucesivamente el axioma del paralelogramo de fuerzas, llegamos a la conclusión de que un sistema de fuerzas concurrentes tiene una resultante igual a la suma geométrica (al vector principal) de estas fuerzas y aplicada en el punto de intersección de las mismas. Es decir, si las fuerzas F t, F „ F„ se intersecan en el punto A (Sig. 15, o), la fuerza, igualal vector principal R, obtenida mediante la construcción del polígono de fuerzas y aplicada en el punto A, será la resultante de este sis­tema de fuerzas

Si las fuerzas se intersecan fuera de la figura, el punto por donde pasa su resultante puede hallarse con ayuda del método gráfico ex­puesto en el § 30.

§ 7. Descomposición de fuerzas . La descomposición de una fuerza en varias componentes significa hallar un sistema de fuerzas, cuya resultante sea la fuerza dada. Este problema es indefinido y tiene solución simple planteando condiciones adicionales. Examinemos los dos casos particulares más importantes.

1) Descomposición de una fuerza según dos direcciones dadas. Descompongamos la fuerza en cuestión F (fig. 16) en dos direcciones paralelas a las rectas AB y AD (la fuerza y las rectas se encuentran en un plano). El problema consiste en componer un paralelogramo tal, cuya diagonal sea la fuerza F y cuyos lados sean paralelos a las rectas AB y AD. Para resolver el problema es necesario trazar por el origen y el extremo de la fuerza F, dos líneas rectas paralelas a AB y AD. Las fuerzas P y Q serán las fuerzas componentes incógnitas, puesto que P + Q = F.

La descomposición puede ser realizada construyendo el triángulo de íuerzas (fig. 16, b). A partir de un punto arbitrario a se traza la

§ 7. Descomposición de fuerzas 29

fuerza F y a través de sus extremos se trazan lineas rectas paralelas a AB y AD hasta que se intersequen. Si aplicamos las fuerzas obte­nidas P y <3 en el punto A o en cualquier otro punto de la línea de acción de la fuerza F, éstas sustituirán a la última.

2) Descomposición de una fuerza en tres direcciones dadas. Si las direcciones no se encuentran en un plano, el problema es determinado y se reduce a la construcción de un paralelepípedo, la diagonal del cual representa la fuerza F, y sus aristas son paralelas a las direccio­nes conocidas (véase la fig. 14).

Al mismo lector le damos la posibilidad de examinar un caso de la descomposición de la fuerza conocida F en dos componentes P y Q que son cop lañarías con F\ los módulos de estas fuerzas P y Q son conocidos. Además, P + Q ^ F . El problema tiene dos soluciones.

Solución de problemas. El método de descomposición puede ser aplicado para determinar las presiones que una fuerza conocida efec­túa sobre las ligaduras. Asi que, para hallar las presiones sobre las ligaduras que fijan rígidamente un cuerpo, es necesario descomponer la fuerza conocida en las direcciones de las reacciones de las ligaduras, pues de acuerdo con el axioma 4, la fuerza de presión sobre una li­gadura y la reacción de ésta están dirigidas a lo largo de una misma linea recta. Entonces, para aplicar este método hay que conocer pre­viamente las direcciones de las reacciones de las ligaduras correspon­dientes.

Problema i . Una consola se compone de dos barras AC y BC que mediante charnelas se unen entre si y a la pared. El ¿ B A C ~ 90°, el ¿ ABC — a. (lig. 17). A la chamela C está suspendida una carga de peso P. Hallar la tuerza que comprime la barra BC, el peso de las barras se desprecia.

Solución. l,a acción de la fuerza P la soportan ambas barras. En este caso, sus reacciones están dirigidas a lo largo de las barras. Por esta razón, para determinar el esfuerzo incógnito es necesario aplicar la fuerza P en el punto C y descomponerla según las direccio­nes AC y BC. La resultante 5 , será la fuerza in­cógnita. Del triángulo CDE tendremos

eos a

Del mismo triángulo, hallamos que la barra AC se estira con una tuerza

S , = P tg a .

Si aumentamos el ángulo a , aumentarán los esfuerzos en las barras y para un ángulo a próximo *7a 90° estos esfuerzos alcanzarán unos valores muygrandes. Por ejemplo, cuando P — 100 kg fya=8 f> °, el esfuerzo 5, será x 1150 kgf. el 1140 kgf.Para disminuir los esfuerzos hace falta reducir el ángulo a

Analizando los resultados obtenidos, se ve que a veces bajo la acción de una fuerza pequeña, los esfuerzos sobre algunos elementos de la construcción pueden ser muy grandes (véase también el problema 2). Esto se explica porque las fuerzas se componen y se descomponen según la ley del paralelogramo, cuya diagonal puede ser mucho menor que sus lados. Por eso, si al resolver un problema algunos esíuer-

30 Cap //. Composición de fuerzas Sistema de fuerzas concurr.

zos (reacciones) resultan muy grandes en comparación con las íuerzas aplicadas, esto no significa que la respuesta es falsa.

En conclusión, demostremos, por qué al resolver semejantes problemas es nece­sario descomponer obligatoriamente la fuerza conocida en las direcciones de las re­acciones de las ligaduras. En el problema que se examina, se pide determinar elesfuerzo en Ja barra BC. Aplicamos la tuerza P ai punto C (fig. 18) y la descom­

ponemos en la dirección de la barra BC y en la dirección per­pendicular a esta.

Tenemos:

Q ,= tP co s a , Q t ==Pscnce.

La descomposición es correcta, pero la fuerza Q t no re­presenta el esfuerzo incógnito en la barra BC, pues la barra AC no sufre la acción completa de la fuerza Q2. Por esta ra­zón, la fuerza Qr actuará simultáneamente sobre las dosbarras y, por eso, ejercerá una presión adicional sobre la

Fig. 18 barra BC no considerada con la magnitud de Qt.El ejemplo examinado muestra que si descomponemos

una fuerza en direcciones que no sean las de las reacciones de las ligaduras introducidas, no podremos obtener la solución de la incógnita.

Problema 2. VJn tarol de 20 kgí de peso (fig. )9) está suspendido por dos cuer­das AC y BC que forman con el horizonte ángulos idénticos, iguales a a^=5°. Se pide determinar la fuerza de tensión de las cuerdas.

Fig. 19 Fig 20

Solución. Colocamos la fuerza P en el punto C y la descomponemos en las di­recciones de las cuerdas. Ert este caso, el paralelogramo de íuerzas será un rombo; sus diagonales son reciprocamente perpendiculares y, en el punto de su .intersección se dividen en dos partes iguales. Del triángulo aCb tenemos:

P

de donde

~2==t i **** “•

= b a 115 kgf. 2 sen a

De esta fórmula se ve que disminuyendo el ángulo a crece bruscamente la tensión de las cuerdas (por ejemplo cuando as= I°, T « 573 kgf). SI tratamos de estirar la cuerda hasta que ésta se ponga horizontalmente, la cuerda se romperá, pues cuando ot-*-0 T —*■ oo.

Problema 3. En el mecanismo de biela y manivela, representado en la fig 20, se pide determinar el esfuerzo circunferencial en el punto B y la presión sobre el

§ 7. Descomposición de fuerzas 31

eje O de la manivela, provocados por la acción de la fuerza P aplicada al pistón A, si los ángulos a y p son conocidos; el peso de la biela AB y de la manivela OB se desprecia.

Solución. Para determinar los esfuerzos incógnitos es necesario conocer la fuer­za Q. con la cual la biela AB actúa sobre la charnela B. El valor de Q se halla mediante una descomposición de la fuerza P en las direcciones AB y AD (AD es la dirección según la cual el pistón A aprieta las guías). Como resultado obten­dremos:

eos a

Apliquemos ahora la fuerza Q en el punto B y descomponiéndola como se muestra en la fig. 20. hallaremos el esfuerzo de torsión F y la presión R sobre el eje. En este caso

F = Q sen y, R = Q eos y

El ángulo y, por ser ángulo exterior del triángulo OBA, es igual a ce-J-fi. Por eso. la solución definitiva será

F = p^SHSSLL^l /? = /> —ií£L±P>.eos a ’ eos a

Porque a- f-p< 180° y a < 90°, resulta siempre que. F > 0. es decir, la fuerza /*' está dirigida constantemente tal como se ve en el dibujo. La luerza R se dirigirá, a su vez, de B hacia O, mientras que a-|-§ < 90°; cuando ot-j-P > 90° la dirección de R será opuesta. Cuando a-f-p = 90°, = 0.

Basándose en este ejemplo, se puede concluir que es posible también emplear la descomposición de fuerzas cuando éstas se aplican a cuerpos no equilibrados. En este caso, para determinar la presión sobre la ligadura es necesario descomponer la fuerza en las direcciones de la reacción de esta ligadura y del movimiento del punto de aplicación de la fuerza (como se ha hecho en el punto B). Las presiones sobre las ligaduras determinadas mediante este método se llaman presiones estáticas, pues al calcularlas no se tomaron en consideración las masas, velocidades y arele- raciones de los cuerpos en movimiento. En la práctica, se pueden aprovechar los resultados de dichos cálculos solamente cuando las velocidades y aceleraciones de los cuerpos son pequeñas. Las presiones sobre las ligaduras determinadas teniendo en cuenta las masas, velocidades y aceleraciones de los cuerpos en movimiento, se llaman presiones dinámicas. Sus cálculos se hacen con ayuda de los métodos diná­micos (§ 169).

£ 8. Proyección de una fue rza sobre un eje y sobre un plano.Pasemos a examinar el método analítico (numérico) de resolver pro­blemas de Estática. Este método se basa en la noción de proyección de la fuerza sobre un eje. La proyección de la fuerza sobre un eje es, como para cualquier vector, una magnitud escalar igual a la longitud del segmento, tomada con el signo correspondiente, que se encuentra entre las proyecciones del origen y del extremo de la fuerza. La proyec­ción tiene el signo más si el movimiento desde el origen hacia su extremo coincide con el sentido positivo del eje y el signo menos si coincide con el negativo. De la determinación se deduce que las proyecciones de una fuerza dada sobre cualesquiera ejes paralelos y de un mismo sentido son iguales. Es cómodo aplicar esta deducción en los cálculos de las proyecciones de una fuerza sobre un eje no copla- nario con ésta. La proyección de la fuerza F sobre el eje Ox la desig-

32 Cap. //■ Composición de fuerzas. Sistema de fuerzas conairr.

liaremos con el símbolo t\. Entonces, para las fuerzas presentadas en la fig. 21, obtendremos11:

Fx^ A B 1zf=ab, Qx— — ED, = —ed.

Del dibujo se ve que /Ifl, = f eos oc, ED, = Q cosq> = — Qcosa,. Resulta que

Fx = Feos a, Qx= — Q eos <p = Q eos a , , (4)

es decir, la proyección de la fuerza sobre un eje equivale al producto del módulo de ío fuerza por el coseno del ángulo formado por ¡a direc-

A\i

Fig. 21

ción de la fuerza y el sentido positivo del eje. Si el ángulo entre la dirección de la fuerza y el sentido positivo del eje es agudo, la proyec­ción será positiva y si el ángulo es obtuso, negativa. Sí la fuerza es

perpendicular al efe, su proyección es nula.

Se llama proyección de la fuerza F sobre el plano Oxy al vector

Fxy= OBx limitado por las proyeccio­nes del origen y del extremo de la fuerza F sobre este plano (fig. 22). De este modo, la proyección de la fuerza sobre un plano es, a diferencia de la proyección de la fuerza sobre un

Fig. 22 eje, una magnitud vectorial porquese caracteriza no solamente por su

valor numérico, sino por la dirección en el plano Oxy. El módulo de Fxy—F eos 6, donde Q es el ánculo formado por la dirección de la tuerta r y por (a proyección í- xy de ésta.

En algunos casos, para determinar la proyección de una fuerza sobre un eje, es más fácil determinar primero su proyección sobre el plano en que se encuentra este eje; y luego, proyectar sobre el eje dado la proyección hallada sobre el plano. Por ejemplo, en el caso

11 El sentido positivo en el eje se cuenta desde el punto O (el comienzo de la lectura) hacia el punto x, que significa el nombre del eje. Las flechitas en las ligu- ras se utilizan solamente para representar los vectores.

§ S. Proyección de una fuerza sobre un eje y sobre un plano 33

mostrado en la fig. 22 determinamos, empleando este método, que

Fx ■= F xy eos <p = F eos 0 eos cp.F r = Fxy sen <p = F eos 0 sen cp.

£ 9. Método ana lítico de de fin ic ión de fuerzas. Para la de­finición analítica de una fuerza es necesario elegir un sistema de ejes coordenados Oxyz, respecto al cual se determinará la dirección de la fuerza en el espacio. En la Mecánica se usa el sistema de coordenadas derecho, es decir, un sistema en el cual, si se mira desde el extremo positivo del eje Oz, el camino más corto para que el eje Ox coincida con el Oy, es en sentido opuesto al del movimiento de las agujas del reloj.

El vector que representa una fuerza F puede ser construido si son conocidos el módulo de ésta y los ángulos a, p y v formados por la fuerza y los ejes de coordenadas. La definición de las magnitudes F, ex, p, y determina la fuerza dada F. El punto A de aplicación de la fuerza debe ser definido adicionalmente por sus coordenadas x, y, z.

Para resolver problemas de Estática resulta más simple definir la fuerza por sus proyecciones. Demostremos que una fuerza F puede ser definida si se conocen sus proyecciones Fx, Fy, Ft sobre los ejes de coordenadas cartesianos rectangulares. Evidentemente, de la fórmula (4) se deduce que

Fx = F eos a, Fy = F eos p , Fz — F eos y,

Elevando estas igualdades al cuadrado por miembros y sumándolos obtendremos FJ-f F J + = F*, pues eos2 a -f eos2 p eos1 y = 1. Comoresultado tendremos:

F = V f \TFT+ f \.

F Fy Feos a — , eos p -p-, eos y = -y .

Conociendo las proyecciones de una fuerza sobre los ejes de coor­denadas se puede, basándose en las fórmulas (6), determinar el módulo de la fuerza y los ángulos formados por ésta con los ejes de coorde­nadas, es decir, determinar la fuerza. Hay que añadir que la primera de estas fórmulas, en la que se encuentra la raíz, tiene siempre el signo más, pues dicha fórmula determina el módulo de la fuerza.

Si se descompone una fuerza F en direcciones paralelas a los ejes de coordenadas (véase la fig. 23), las componentes obtenidas Fx, Fy, F, serán numéricamente iguales a las proyecciones de la fuerza sobre los ejes correspondientes. De aquí se sigue que si las proyecciones sobre los ejes de coordenadas son conocidas, el vector de la fuerza puede ser construido geométricamente con ayuda de la regla del paralelepípedo.

Sí todas las fuerzas examinadas se encuentran en un plano, cada una de ellas puede ser definida por sus proyecciones sobre dos ejes

34 Cap. // . Composición de fuerzas. Sistema de fuerzas concurr.

de coordenadas Ox y Oy. Entonces la« fórmulas que determinan la fuerza por sus proyecciones tendrán la forma siguiente:

F=vw rri, \Fx Fy f

eos a — , eos p =- . I

En este caso, la fuerza puede ser construida geométricamente según la regla del paralelogramo si son conocidas las proyecciones de ésta.

§ 10. Método analítico de composición de fuerzas. El paso de la dependencia entre los vectores a la dependencia entre sus proyec­ciones se hace mediante el teorema geométrico siguiente: la proyección de un vector resultante sobre un eje cualquiera es igual a la suma algebraica de tas proyecciones de los vectores componentes sobre el mis­mo eje.

Puesto que la fuerza es un vector, de este teorema se sigue que si, por ejemplo, R = F, 4 F, + F, 4- F, (fig. 24), entonces

Rx — F ix + F „ + F ,, + Fdonde

F ix —ob, F,x = bc, F,x = cd, Ftx= —de. Rx*=ae.

Basándose en este teorema, para todo sistema de fuerzas F„F ,......... F„, al denotar su suma (vector principal) por R, dondeR —'^t Fk se tiene:

Rx = 2 Ftx, = = (8)

Conociendo Rx, Ry y Rt, de las fórmulas (6) hallamos:

R = K R l+ R I+ R I

§ 10. Método onutitico dr composición d? fuerzas

Las fórmulas (8) y (9) dan la posibilidad de resolver analíticamente el problema de la composición de fuerzas.

Para las fuerzas coplanares las fórmulas correspondientes se tra­ducen del modo siguiente:

R = VR\ + R\. eos a = — , c o s p - ^ ; .

Si las fuerzas se definen por sus módulos y ángulos formados con los ejes, entonces, para poder emplear el método analítico de composición de fuerzas es necesario calcular previamente sus proyecciones sobre los ejes coordenados.

Problema 4. Determinar la suma de tres fuerzas P. Q y F cuyas proyecciones sobre los ejes de coordenadas son las siguientes:

fJx = 6N. Py = 3N. P ,= J2N;( ^ = 31 . Qy=>— 7N, Qr — IN; f x = 5N. f y = 2N. F . = - 8N .

Solución. De la fórmula (8) hallamos:

K* = 6 + 3 + 5 = 14N,« , = 3- 7 + 2 = -2N.

= 124-1— 8 = 5N.

Poniendo estos valares en la igualdad (9) obtenemos:

y" l4 ' + ( — 2)¡ + 52= IS N .

14 n 2 Ic o s , = iS- cos P = j g » cosv-- 3 -.

La respuesta definitiva es R — I5N. cc = 21°. fl = 97°40\ y = 70°30'.Problema 5. Hallar la resultante de tres fuerzas coplanares (íig. 25. a) si se

sabe que

F = 17,32 kgí, 7*= 10 kgí. P = 24 kgf. <f = 30°, \|>=60°

Solución. Calculamos las proyecciones de estas fuerzas sobre los ejes coordenados.

Fx = F cos <p = 15kgf, Tx — — 7* cos = — 5kgí, P*=*0;

Fy ^ — F sen <p = — 8.G6 kgí. Ty --~T sen = 8.66kgí. Py » - P =24 kgí.

Entonces, según las fórmulas (10)

R x = 1 5 - 5 = 10 kgf, Ry ^ -8 ,66 + 8 .6 6 - 2 4 « -24 kgí.

De esta manera.

R = i^Toi + t—2 4 )^ 2 6 kgí;

5 fl 12cosa=Í3' cos P =

l a respuesta definitiva es R = 26 kgí. a — 67°20', f* = 157o20\Para resolver el mismo problema mediante el método geométrico, es necesario

elegir una escala adecuada (por ejemplo, I cm = IO k g f) y construir con las fuerzas

36__________Cap. // . Composición de fuerzas. Sistema de tuerzas concurr.

P. /•' y T el polígono de tuerzas (ííg. 25, b) El lado ad que cierra el Doligonodeterminara, en la escala elegida, el módulo y la dirección de R. Si, por ejemplo,al medirlo obtenemos que ad == 2,5 cm., entonces R ^ 25 kgf; el error respecto a la

solución más precisa es. cerca del 4%

§ //. Equilib rio de un sistema de fuerzas concurrentes. Según las leyes de la Mecánica, un cuerpo sólido sometido a la acción de unas fuerzas ■externas equilibradas mutuamente,puede encontrarse no solamente en reposo, sino realizar un movimiento llamado movimiento »por inercia».

Fig. 25 Como ejemplo de este tipo de movi­miento se puede nombrar el movimien­

to de traslación rectilíneo y uniforme de un cuerpo.De ahí obtenemos oos deducciones importantes: 1) las fuerzas que

actúan sobre un cuerpo en reposo, así como sobre un cuerpo en niovimiento «por inercia», -satisfacen las condiciones del equilibrio de Estática (véase el problema 6); 2) el equilibrio de las fuerzas apli­cadas a un cuerpo sólido libre es una condición necesaria, pero no suficiente para que el cuerpo esté en reposo o en equilibrio; el cuerpo estará en reposo solamente si ha estado en reposo antes de aplicarle las fuerzas equilibradas.

Para que el sistema de fuerzas concurrentes aplicado a un cuerpo rígido esté en equilibrio es necesario y suficiente que la resultante de estas fuerzas sea nula. Las condiciones que deben satisfacer las propias fuerzas pueden ser expresadas en forma geométrica o analítica.

1. Condiciones geométricas de equilibrio. Como se sabe, la resul­tante R de las fuerzas concurrentes se determina por el lado que cierra el polígono de fuerzas construido con las mismas. Por eso R puede ser nula solamente cuando el extremo de la última fuerza coincida con el origen de la primera, es decir, cuando el polígono se cierre. Por consiguiente, para el equilibrio del sistema de fuerzas concurrentes es necesario y suficiente que el polígono de fuerzas cons­truido con éstas sea cerrado.

2. Condiciones analíticas de equilibrio. La resultante del sistema de fuerzas concurrentes se determina analíticamente con ayuda de la fórmula

R = V R l+ R l+ R l

Puesto que el radicando es una suma de sumandos positivos; R será igual a cero solamente cuando Rx — 0; Ry — 0, R, = 0, es decir, cuando las fuerzas que actúan sobre el cuerpo satisfagan, de acuerdo con la fórmula (8), a las igualdades siguientes:

2 f., = o, = 2 ^ = o. (id

§ // . Fquilibrio de un sistema de fuerzas concurrentes 37

Las igualdades ( I I ) expresan las condiciones del equilibrio en forma analítica: para el equilibrio de un sistema de fuerzas concurren­tes espacial, es necesario y suficiente, que la suma de las proyecciones de estas fuerzas sobre cada uno de los tres ejes coordenados sea nula.

Si todas las fuerzas concurrentes que actúan sobre un cuerpo son coplanares, éstas forman un sistema plano de fuerzas concurrentes. En el caso del sistema de fuerzas concurrentes plano obtenemos sola­mente dos condiciones de equilibrio:

2 ^ = 1. 2 ^ = 0- (12)Las igualdades ( I I ) y (12) expresan también las condiciones

(o ecuaciones) necesarias del equilibrio de un cuerpo sólido libre some­tido a la acción de fuerzas concurrentes.

3. Teorema de tres fuerzas. Para resolver problemas de Estática, a veces, es conveniente emplear el teorema siguiente: si un cuerpo sólido libre se encuentra en equilibrio bajo la acción de tres fuerzas coplanares no paralelas, las líneas de acción de éstas se intersecan en un punto.

Para demostrar este teorema, tracemos dos fuerzas cualesquiera de las aplicadas al cuerpo, por ejemplo, F , y F,. Puesto que según las condiciones del teorema estas fuerzas son coplanares y no parale­las, sus líneas de acción se intersecarán en un punto A (fig. 26). Apliquemos las fuerzas F , y F, en este punto y susti­tuyámoslas por su resultante R. En este caso, sobre el cuerpo actuarán dos fuer­zas: la fuerza R y la F„ la última está aplicada en cierto punto B del cuerpo.Si el cuerpo se encuentra en equilibrio, las fuerzas R y F„ de acuerdo con el axioma 1, deben estar dirigidas a lo largo de una misma recta, es decir, a lo largo de AB. Por consiguiente, la fuerza F, Fig. 26pasa también por el punto A. Esto es lo que se debía demostrar.

Hay que tener en cuenta que este teorema no puede demostrarse inversamente, es decir, si las líneas de acción de tres fuerzas se inter­secan en un punto, esto no significa que el cuerpo debe obligato­riamente estar en equilibrio bajo la acción de estas fuerzas. De esta manera, el teorema demostrado expresa una condición necesaria, pero no suficiente, del equilibrio de un cuerpo sólido libre sometido a la acción de tres fuerzas.

Ejemplo: Una barra AB fijada en un punto ,4. mediante una chamela, y apoya­da en el saliente D (fig. 27). puede considerarse como libre eliminando las liga­duras y sustituyéndolas por sus reacciones. En este caso la barra estaré en equilibrio

38 Cap. //. Composición de fuerzas. Sistema de fuerzas concurr

Fig. 27

bajo la acción <!e Ires fuerzas P, ND y R¿ . las lincas de acción de las cualts. di- acuerdo con el teorema demostrado, deben intersecarse en un j unto. Las lineas <!e acción de las fuerzas P y /V¿> son conocidas; ellas se intersecan en el punto A. Entonces, la reacción RA de la charnela, aplicada en el punto A debe pasar también

por el punto K, es decir, tiene que estar dirigida a lo largo de la recta AK. En este caso, con ayuda del teorema de tres fuerzas se ha podido determinar con anticipación la dirección desconocida de la reac­ción de la charnela A.

§ 12. Sistemas estáticamente deter­minados e indeterminados. Durante la resolución de problemas del equilibrio de un cuerpo sólido no libre, las reacciones de las ligaduras introducidas a él son mag­nitudes previamente desconocidas. El nú­mero de estas incógnitas depende de la cantidad y del carácter de ¡as ligaduras introducidas. El problema correspondiente

de la Estática se puede resolver solamente cuando el número de reac­ciones desconocidas no sea mayor que la cantidad de las ecuaciones de equilibrio que contienen estas reacciones. Tales problemas se llaman estáticamente determinados y los sistemas de cuerpos, para los cuales esto tiene lugar, se llaman sistemas estáticamente determinados.

Los problemas en los cuales el número de las reacciones de liga­duras desconocidas es mayor que la cantidad de ecuaciones de equi­librio que contienen estas reacciones, se llaman problemas estáticamente indeterminados y los sistemas de cuerpos para los cuales esto tiene lugar, se llaman sistemas estáticamente inde­terminados.

Una carga suspendida por tres hilos co- planares (fig. 28) puede servir como ejemplo de un sistema estáticamente indeterminado.Este problema tiene tres magnitudes desco­nocidas (tensiones de los hilos T„. Tt, T,), pero en el caso de sistema de fuerzas concu­rre! tes plano podemos componer sólo dos ecua- Fig- 28

ciones ¡las fórmulas (12)). Otros ejemplosde sistemas estáticamente indeterminados se dan en el párrafo 25.

Es evidente que la indeterminación estática aparece como resul­tado de la introducción de ligaduras sobrantes. En dicho ejemplo, para asegurar el equilibrió con ángulos a y p es suficiente suspender la carga por dos hilos (véase el problema 2, fig. 19), el tercer hilo no es necesario para asegurar el equilibrio.

A continuación vamos a examinar solamente los sistemas estáti­camente determinados, es decir, los sistemas la cantidad de reaccio­nes de ligaduras desconocidas de los cuales es igual al número de

§ 1.3 Solución de problemas de la Estática 3'J

ecuaciones que contienen estas reacciones. Para los cálculos de siste­mas estáticamente indeterminados, se debe considerar que los cuerpos pertenecientes a estos sistemas no son rígidos y por eso hace falta tener en cuenta sus deformaciones. Problemas de este tipo se resuel­ven en los cursos de Resistencia de los Materiales o de Estática de las construcciones.

£ 13. Solución de problemas de la Estática. Los problemas que se resuelven mediante los métodos de Estática pueden ser de los (los tipos siguientes: 1) problemas en los cuales las fuerzas aplicadas al cuerpo son conocidas (completa o parcialmente) y es necesario hallar en qué posición o en qué correlación de fuerzas el cuerpo estará en equilibrio (problemas 6, 7); 2) problemas en los que se sabe que el cuerpo está en equilibrio (o se mueve «por inercia») y es necesario determinar las magnitudes de todas las fuerzas (o de algu­nas de éstas) que actúan sobre el cuerpo (problemas 8, 9, 10, etc.). En todos los problemas de Estática las reacciones de las ligaduras son previamente desconocidas.

Al realizar los cálculos de ingeniería mediante la solución de problemas de Estática, se determinan las condiciones de equilibrio de una construcción (si ella no está fijada rígidamente con ayuda de las ligaduras introducidas), así como la presión sobre los apoyos o los esfuerzos en los distintos elementos de la construcción. La construc­ción que se examina representa en sí el conjunto de una serie de cuerpos ligados entre si, por eso, antes de resolver el problema, se debe aclarar de qué cuerpo hace /alta exuruinar el equilibrio para hallar las magnitudes incógnitas.

Todo el proceso de resolución de un problema se reduce a las operaciones siguientes.

1. Elección del cuerpo, cuyo equilibrio debe ser examinado. Para resolver el problema es necesario examinar el equilibrio del cuerpo sobre el cual actúan las fuerzas conocidas e incógnitas o las fuerzas iguales a las incógnitas (por ejemplo, si hace falta hallar la presión sobre un apoyo, se puede examinar el equilibrio del cuerpo al que se aplica la reacción del apoyo equivalente a esta presión, etc.).

Cuando las fuerzas conocidas actúan sobre un cuerpo y las incóg­nitas sobre otro, puede ser necesario examii ar consecutivamente el equilibrio de cada cuerpo por separado y a veces, el equilibrio de los cuerpos intermedios.

2. Liberación del cuerpo de las ligaduras y trazado de las fuerzas conocidas que actúan sobre él y de las reacciones de estas ligaduras. Una vez liberado el cuerpo de las ligaduras debe ser trazado aparte11

11 Cuando se obtenga una experiencia suficiente, se puede separar mentalmente de la construcción el cuerpo, el equilibrio del cual se examina, y trazar en el dibujo general todas las í'erzas conocidas y aplicadas a él (solamente a él) y las reaccio­nes de ligaduras (como se ve en la íig. 31). Sin embargo, si hay la necesidad de

40 Cap. 11. Composición de fuerzas. Sistema de fuerzas concurr.

(como se ve en la fig. 12, b). Al representar las reacciones de liga­duras hace falta tener en cuenta todo lo dicho Sobre ellas en el párrafo 4.

3. Composición de las condiciones de equilibrio. La forma de estas condiciones depende del sistema de fuerzas aplicado al cuerpo que se estudia, liberado de las ligaduras, y del método de solución (geomé­trico o analítico) que se emplea. En los apartados correspondientes del presente curso se explican las particularidades de la composición de las condiciones de equilibrio para distintos sistemas de fuerzas.

4. Determinación de magnitudes incógnitas, revisión de la exacti­tud de una solución y estudio de los resultados obtenidos.

El dibujo exacto y el trazado consecutivo de todos los cómputos tienen una importancia grande durante el proceso de la solución (ur dibujo exacto da la posibilidad de encontrar más rápido el método de solución y de prever errores al establecer las condiciones de equi­librio).

Como regla general, resolviendo un problema se recomienda hacer todos los cálculos mediante el método algebraico. En este caso, para las magnitudes incógnitas se obtienen fórmulas que dan la posibilidad de analizar los resultados obtenidos. Además, la solución realizada con ayuda del método algebraico permite, a veces, revelar los errores cometidos, controlando las dimensiones (las dimensiones de cada una de las componentes deben ser iguales en ambas partes de la igualdad). Si la solución se hace mediante el método algebraico, las letras se sustituyen por cifras solamente en el resultado final.

En este párrafo, estudiaremos los problemas del equilibrio de uncuerpo sometido a la acción de fuerzas concurrentes. Para resolverlospuede ser empleado el método geométrico o analítico.

a) Método geométrico. Es conveniente aplicarlo cuando el númerototal de las fuerzas que actúan sobre el cuerpo (conocidas e incóg­nitas) equivale a tres. El triángulo construido con estas fuepas,cuando el cuerpo está en equilibrio, debe ser cerrado (la construcción ha de comenzarse trazando la fuerza conocida). Una vez resuelto este triángulo hallamos las -magnitudes incógnitas.

b) Método analítico. Este puede ser aplicado para cualquier nú­mero de fuerzas. Para establecer las condiciones de equilibrio, que en el caso de un sistema de fuerzas concurrentes plano serán dos(fórmulas 12) y en el caso de un sistema tridimensional, tres (fór­mulas 11), es necesario elegir primero los ejes coordenados. Dichos ejes pueden ser elegidos arbitrariamente, pero las ecuaciones obteni­das se resuelven más fácil cuando uno de los ejes está dirigido per- pendicularmenle a una de las fuerzas incógnitas. Antes de empezar a establecer las condiciones de equilibrio, se’ recomienda calcular

estudiar más detalladamente el equilibrio de piro cuerpo de la construcción sería mejor separarlo y trazarlo en un dibujo suelto.

§ 13. Solución de problemas de la Estática 41

primero las proyecciones de todas las fuerzas sobre los ejes coorde­nados elegidos y poner los datos obtenidos en una tabla (véanse los problemas 6, 10, 11).

Durante la resolución de los problemas que siguen, se dan unas indicaciones adicionales.

Problema 6. Una carga de peso P se encuentra en un plano inclinado liso que forma con el horizonte* un ángulo *a (íig. 29, a). Determinar la magnitud de la fuerza F paralela al plano,- que debe ser aplicada a la carga para mantenerla en equilibrio. Hallar también la magnitud de la fuerza de presión Q, de la carga sobre el plano.

Resolución. Las fuerzas incógnitas actúan sobre cuerpos distintos: la fuerza F, sobre la carga, la Q, sobre el plano. Para resolver el problema, en vez de la fuerza v?, busquemos la reacción del plano N que debe ser igual a Q, en módulo, pero de sentido opuesto. En este caso la fuerza conocida P y las incógnitas F y jV actuarán sobre !a carga, es de­cir, estarán aplicadas a un mismo cuer­po. Analicemos el equilibrio de la car­ga. Omitamos mentalmente la ligadura (el plano) considerando la carga como un cuerpo libre (íig. 29, b) y tracemos las fuerzas efectivas P y F y la reac­ción de ligadura N aplicadas a la car­ga. Para determinar las fuerzas incóg­nitas se pueden aplicar las condiciones de equilibrio de un cuerpo rígido libre,geométricas o analíticas. Examinemos ambos métodos de solución.

Método geométrico. Si un cuerpo se encuentra en equilibrio, el triángulo cons­truido con las fuerzas P, F y N debe ser cerrado. La construcción del triángulo se empieza con la fuerza conocida. De un punto arbitrario a trazamos, en la escala elegida, la fuerza P (fig. 29, c); a través del origen y del extremo de esta fuerza trazamos dos rectas paralelas a las direcciones de las fuerzas F y JV. El punto de intersección de estas rectas nos da el tercer vértice c del triángulo de fuerzas ce­rrado abe, cuyos lados be y ca serán iguales, en la escala elegida, a las fuerzas incógnitas. La dirección de las fuerzas se determina según la regla de las flechas; las puntas de las Hechas no deben encontrarse en un punto, pues la resultante es nula.

Del triángulo abe. mediante un cálculo numérico, se pueden hallar también los módulos de las fuerzas incógnitas (en este caso trazando las fuerzas no es necesario s-guir la escala). Conociendo que ¿_ 6ca=90° y abc = a obtenemos

F ^ P sen a. N — P eos a.

Método analítico. Como el sistema de fuerzas efectivas es plano elegimos dos ejes coordenados. Para facilitar los cálculos trazamos el eje Ox perpendicularmente a la fuerza incógnita N. Calculemos las proyecciones de estas fuerzas sobre los ejes coordenados (véase la tabla ,J).

** La tabla debe ser llenada por columnas, es decir, calcular primero las proyec­ciones de la fuerza P sobre ambos ejes, luego las proyecciones de la fuerza F, etc. La composición prematura de tales tablas reduce la probabilidad de errores en las ecuaciones y es de gran utilidad para las personas que comienzan el estudio, hasta que no tengan una experiencia bastante buen.» en la proyección do fuerzas.

42 Cap 11. Composición de fuerzas. Sistema de fuerzas concurr

F* P h ,V

Fk, P sen a —F 0

F„, —P eos a 0 N

Aprovechando las condiciones de equilibrio (12) establecemos las ecuaciones.

P se n a — F = 0, — Pros a- f N ;=0.

Gracias a la elección adecuada de los ejes xy, cada ecuación tiene una solaincógnita. Al resolver estas ecuaciones obtenemos,

F — P sena, A /= P co sa .

La presión Incógnita de la carga sobre el plano es igual, en módulo, a la fuerzaobtenida . » = / , cosa, pero está dirigida en sentido opuesto.

Señalemos que para mantener la carga sobre el plano inclinado es necesario aplicar la fuerza F, menor que el peso de la carga P. Entonces, el plano inclinado representa en si una máquina simple que medíanle una fuerza pequeña permite equilibrar a otra grande.

Como indicamos al comienzo del § 11, los resultados obtenidos son válidos no solamente cuando el cuerpo está en equilibrio, sino también cuando éste tiene un movimiento «por inercia». Por consiguiente, para que la carga se mueva uniforme­mente hacia arriba por un plano inclinado y liso es necesario aplicarle la misma fuerza F ^ P sena, que se necesita para mantenerla en equilitrio. Si queremos que la carga se mueva uniformemente hacia abajo a lo largo del plano, es necesario frenarla con la misma fuerza F = P sena . Para que la carga pueda realizar uno de estos movimientos es necesario comunicarle adicionalmente la velocidad inicial co- rresponliente. Si no se le comunica tal velocidad, la carga sometida a la acción de la fuerza F = P sena permanecerá en reposo. En todos los casos la presión sobre el plano es igual a P eos a.

Del ejemplo examinado se puede hacer una conclusión general: en los problemas de Estática que se resuelven mediante las ecuaciones de equilibriox en vez de lasfuerzas de presión de los cuerpos sobre sus ligaduras, se determinan las reaccionesde estas ligaduras que, por sus módulos, son iguales a eslas fuerzas, pero dirigidas en sentidos opuestos. Al resolver problemas con ayuda del método de descomposición (§ 7) se determinan las propias fuerzas de presión sobre las ligaduras.

Problema 7. Una barra AB de peso despreciable está fijada a un apoyo (ijo mediante una charnela A de dimensiones despreciables (fig. 30. a). Al extremo B de la barra está suspendida una carga P = I 0 kgf: al extremo B está fijado también un hilo que pasa por el bloque C y lleva una carg3 Q = I4 , I kcf. Los ejes del blo­que C y de la charnela A se encuentran en una vertical. Además sabemos qu- AC — AB. Hallar el tagulo a para el cual ei sistema estará en equilibrio y el valor del esfuerzo en la barra AB.

Solución. Examinemos el equilibrio de la barra AB, a la cual se aplican todas las fuerzas conocidas e incógnitas. Omitiendo las ligaduras y considerando la barra como libre (fig. 30, b) trazamos las fuerzas que sobre ella actúan: la fuerza P queequivale al peso de la carga, la tensión del hilo T y la reacción de la charnela R,\dirigida a lo largo de AB, ya que en el caso presente la barra sólo puede estirarseo comprimirse (véase el § 4). Si despreciamos el rozamiento del hilo pasado por el bloque, la tensión de éste en condiciones de equilibrio será igual en todas partes, es decir, T — Q-

§ 1.3. Solución de problemas de la Estática 43

Aplicando para resolver el problema el método geométrico, con las fuerzas P, T y Xa construimos un triángulo de fuerzas cerrado cab, empezando con la P (iig. 30, c). De la semejanza de los triángulos abe y ABC hallamos que ca — ab y

aib~-a. Por consiguiente,

R A = P . s e n ! = J r .

porque T = Q — 2P sen ^ .

De los resultados obtenidos, se deduce que si a < 180* el equilibrio será po­sible solamente cuando Q < 2P. En este caso, la barra se comprime con una fuerza igual a P, esto no depende del peso de la carga 0 ni del ángulo a.

Fig. 30

El caso cuando a = 180° debe ser estudiado aparte. Claro está que aquí el equilibrio es posible independientemente de los valores de P y Q. Si P > Q, la barra se estirará con una fuerza igual a P — Q, si Q > P t la varilla se comprimirá con una fuerza Q — P.

Si sustituimos las letras por sus valores numéricos obtendremos que = 10 kgf, a = 9 0 ° (la varilla está horizontal mente).

Hay que tener en cuenta que la fuerza de gravedad Q no tomó parte directa en las condiciones de equilibrio (en el triángulo de fuerzas) puesto que esta fuerza está aplicada a la carga y no a la barra, cuyo equilibrio se consideraba.

En adelante, para disminuir la cantidad de dibujos no trazaremos por separado (como libres) los cuerpos cuyo equilibrio se examina. Sin embargo, al trazar las fuerzas efectivas al cuerpo hay que conside­rarlo mentalmente como libre, es de­cir, como en las figuras 29, b , 30, b

o en la fig. 12, b.

Problema 6. Una grúa fijada por un co­jinete cilindrico A y una quicionera B lleva una carga P (fig. 31). Despreciando el peso de la construcción, determinar la reacción de los apoyos R ¿ y R r si la flecha de la grúa equivale a l y AB — h.

Solución. Examinemos el equilibrio de toda la grúa, pues sobre ésta están aplica­das la fuerza conocida y las incógnitas. Omitamos mentalmente las ligaduras (el cojinete A y la quicionera B) y considerando la grúa como libre, tracemos la fuerza conocida P, que actúa sobre ella, y la reacción R¿ del cojinete dirigida per-

44 Cap. I I . Composición de fuerzas^-Sistema de fuerzas concurr.

pendicularmente ai eje AB. La jeacción de la quicionera Rr puede lener cualquier dirección en el plano del dibujo. Pero la grúa está en equilibrio somelida a laacción de Ires fuerzas, y por lo lanto. sus lineas de acción deben intersecarse enun punto. Este punto es el £ , donde se intersecan las líneas de acción de las fuerzas P y R¿. De esta forma la reacción R r estará dirigida a lo largo de BE.

Aplicando el método geométrico construimos con las fuerzas P, R¿ y Rr .empezando con el trazado de la fuerza conocida P, el triángulo de fuerzas cerradoabe. De la semejanza de los triángulos abe y ABE hallamos:

Ra P '

L is-£üL±lLh ' P h

de donde

*a={p. *«= V l+| iRDel triángulo abe se ve oue, en el dibujo, las direcciones de las reacciones y Rn están puestas correctamente. Las presiones sobre el cojinete A y la quicionera B son numéricamente iguales a R A y R n , pero de sentidos opuestos a éstas. Las

magnitudes de estas presiones serán tanto mayores, cuanto mayor sea ta relación —

El problema examinado es un ejemplo de la aplicación del teorema de tres fuerzas.

Anotemos la conclusión siguiente: si en un problema se dan las dimensiones lineales de los elementos de una construcción, al resolver el triángulo de fuerzas es más cómodo aplicar la semejanza: si se dan los ángulos (problema 6). es más ra­zonable aplicar las fórmulas trigonométricas.

Problema 9. A la charnela A de una prensa de rótula se aplica una fuerza horizontal P (fig. 32, a). Despreciando el peso de las varillas y del pistón, deter­

minar la fuerza de presión del pistón sobre el cuerpo M. si se dan los ángulos a y 0.

Solución. Examinemos primero el equilibrio de la charnela A sometida a la acción de la única fuerza conocida P. Además de la fuerza P sobre el eje de la charnela, si la considera­mos como libre, actuarán las reacciones de las varillas y R 3 dirigidas a lo largo de las mismas. Construyamos el triángulo de fuerzas (fig. 32, b); él tiene los siguientes ángulos: tp = 90°— a, \J> = 90°— P, y = a-{-p. Aplicando el teorema de los senos obtendremos:

Rt _ P ^ _ P eos a

sen (p sen y * 1 sen (a (J) *

Ahora examinemos el equilibrio del pistón.El pistón, si lo consideramos como libre, está

* *8- 32 sometido tambiér a las acciones de tres fuerzas-

a / ? ! = — /?,, presión de la varilla AB, a A*, reacción de la pared y a Q, reacción del cuerpo que se prensa. Puesto que las fuerzas aue actúan sobre el pistón son tres, si éste se encuentra en equilibrio, esta* fuerzas deben ser concurrentes.

Construyendo con estas fuerzas el triángulo de fuerzas (fig. 32, a) hallamos que

Q = /?i eos p.Sustituyendo R t por R 1 obtenemos

„ P cosa eos p P

sen(a + P) “" t g a + t g p '

§ 13. Solución de problemas de la Estática 45

La Suma de presión del pistón sobre eJ cuerpo M es igual, en módulo, a Q y está dirigida en sentido opuesto.

De la última fórmula se ve que para una misma fuerza P la presión Q aumen­tará al disminuir los ángulos a y p.

Si las longitudes de las varillas OA y AB son iguales, entonces a = (J y Q =0 .5 P ctg a.

De la solución se sigue una conclusión: en algunos problemas la Juerza dada (o las fuerzas dadas) puede aplicarse a un cuerpo y la incógnita (o las incógnitas)

Fig. 33

a otro. En este caso, es necesario examinar primero el equilibrio del primer cuerpo para determinar la fuerza con la cual éste actúa sobre el segundo. luego hace falta estudiar el segundo cuerpo y hallar las magnitudes incógnitas.

Problema 10. En el punto B de un soporte compuesto de las varillas AB ) BC unidas entre si y a la pared mediante charnelas, va sujeta una polea (fig. 33, n).Por la polea pasa un hilo fijado por un extremo a la pared > en el otro pende unpeso Q. Determinar las reacciones de las varillas, si su peso y las dimensiones de la polea son despreciables. Los ángulos a y fi se conocen.

Solución. Examinemos el equilibrio de la polea junto con un segmento delhilo D E 11. Sustituimos, las ligaduras por sus reacciones correspondientes (fig. 33. b). Entonces !a polea y el .segmento del hilo estarán sometidos a la acción de cuatro fuerzas exteriores: la tensión de la parte derecha del hilo que es igual a Q, la ten

Q f

l-k, 0 — T eos /?, sen o

- Q T sen p , eos a . 0

11 En estos casos es razonable considerar a la polea y al segmento del hilo como un solo cuerpo. Aquí las presiones mutuas incógnitas de la polea y del hilo distribuidas por el arco de forman un sistema de íuerzas internas equilibradas y no entran en las condiciones de equilibrio (véase el $ 3. el corolario del axioma 4) Si se examina la polea suelta (fig. 33, c, la escala de la imagen está cambiada) se ve que sobre ella actuarán las fuerzas de presión de! hilo distribuidas en el arco de, cuya resultante debe ser hallada estudiando adicionalmente las condiciones de equilibrio del segmento del hilo DE (aplicando el principio de solidificación), cuyos cálculos son más largos.

•ífi__________Cap. // . Composición de tuerzas. Sistema de fuerzas concarr.

sión de la parle izquierda del hilo T que numéricamente es también igual a Q (T — Q) y las reacciones de las varillas R, y R7 dirigidas a lo largo de éstas. Las dimensiones de la polea se desprecian. Las fuerzas pueden ser consideradas como concuírentes. Puesto que las íuerzas son más de lies es conveniente aplica? el método analítico. Trazamos los eics coordenados como se mu'estra en la figura y calculamos las proyecciones de todas las fuerzas sobre estos ejes (véase la tabla).

Luego, aplicando las condiciones de equilibrio (12). componemos las ecuaciones correspondientes y sustituyendo T por la magnitud Q. que es igual a T, obtenemos:

— Qcos + sen a — R-¡ — 0,

— Q + Q sen p -f- eos a — 0-

De la segunda ecuación hallamos

-1 P Q .eos a x

Al introducir este valor en la primera ecuación, obtendremos, después de reali­zar las transformaciones correspondientes.

R sen q — eos (oc— P)7 eos a

De la fórmula para R. resulta que cuando /?, > 0 los ángulos a y P son agudos. Esto significa que la reacción R t esta dirigida siempre tal como se ve en el dibujo. La fuerza de presión de la polea sobre la varilla está dirigida, a su veí. en sentido opuesto (la varilla BC está comprimida) Para /?, obtenemos un resultado distinto. Los ángulos a y 0 los consideramos siempre agudos. Debido a que

sen a — eos ( a — 0) = sen a — sen (90° — a-f-p).

la diferencia será positiva si a > (90o — ct-fP) o cuando 2a > 90°-f~p. De aquí se

deduce que cuando a > ,a magnitud >0, es decir, la reacción R7

está dirigida tal como se ve en el dibujo, pero si a < ( 45°-f y . R* < 0. o sea. la

reacción R z tendrá sentido opuesto (de A hacia B). En el primer caso, la varilla AB

está estirada, en el segundo, comprimida. Cuando a«45°- f-—■ . / ? ,* 0 .

Hay que prestar atención a las conclusiones siguientes:1) si en un sistema hay poleas junto con los hilos pasados por éstas es nece­

sario. componiendo las condiciones de equilibrio, considerar la polea janlo con el segmento adyacente del hilo como un solo cuerpo. En este caso, si despreciamos los rozamientos entre el hilo y la polea o en el eje de ésta, las tensiones en ambos extremos del hilo serán iguales en módulo u estarán dirigidas desde la polca (en otro caso el hilo se deslizaría en dirección de la tensión mayor o la polea giraría; véase además el problema 13);

2) si durante la formación de las reacciones de ligaduras resulta que una de ellas está dirigida en un sentido que no corresponde con la dirección de su acción, esto se descubre inmediatamente del polígono de fuerzas (la regla de flechas), al resolver este problema geométricamente. Si resolvemos este problema analíticamente, la magnitud de la reacción correspondiente resultará negativa

Pero en todos los casos, cuando sea posible hacerlo previamente, es necesariodirigir las reacciones de ligaduras correctamente. Por ejemplo, en el problema 8 la dirección de la reacción del cojinete A se halla por medio de las discusiones siguientes: si quitamos el cojinete,, la grúa, sometida a la acción de la fuerza P, caerá a la derecha, por consiguiente, para mantener a la grúa en equilibrio, la luerza RA que sustituye la acción del cojinete debe dirigirse hacia la izquierda.

§ ¡3. Solución de problemas de la Estática \7

Problema 11. Un poste vertical OA, que se encuentra en la tierra. se sostiene c< n los tirantes AB y AD que forman con él ángulos iguales a —30°; el ángulo firmado por los planos AOB y AOD es cp = 60' (íig. 34). Del poste penden dos cables horizontales reciprocamente perpendiculares y que son paralelos a los ejes Ox y Oy. Cada uno ¿lelos cables está tensado con la fuerza P = l 0 0 kgí.Hallar la presión vertical sobre el poste y los es­fuerzos en los cables; el peso de éstos es despre­ciable.

Solución. Examinemos el equilibrio del nudo A, al cual están fijados los cables y tirantes. El nudo está sometido a las fuerzas de tensión de los ca­bles P x y P t (P x = P . = P). a las reacciones de los tirantes R* y /?3 y a la reacción del poste R x. El sistema de fuerzas resulta ser espacial. En este caso apliquemos solamente el método analítico.Tracemos los ejes coordenados (véase el dibujo) y hallemos las proyecciones de todas las fuerzas sobre los ejes; los datrs obtenidos los escribimos en la tabla (las proyecciones de la fuerza R 2 sobre los ejes x e y se hallan mediante el método expuesto al fi­nal del párrafo 8 ).

P'P* Rs

kx °~P

u •R:t sen a se.i «j

(» 0 Rt sen a R3 sen a eos «p

0 0 — R¡ cosa — R3 eos ct

Ahora, aplicando las condiciones de equilibrio ( II ) . componemos las ecuaciones:

— P + # 3 sen a sen cp = 0 .

— P # 2 sen a R 3 sen a eos = 0 ,

R t — R t eos a — R 3 eos a -=0 .

Al resolver estas ecuaciones hallamos:

-- --- . Rt~P '- ‘«g». +sen a sen \y sen a 1 \ 2 J *

De los resultadcs obtenidos se ve que cuando i* < 45°. la magnitud R , < 0 y ¡adirección de la reacción R.¿ es opuesta a la que se ve en el dibujo. El tirante ADno puede comprimirse, por eso hace (alta colocarlo de tal modo que el ángulo <p sea mayor de 45°.

Resolviendo este problema numéricamente obtenemos

« 3- 2 3 l kgf. R t = 85 kgí. /? ,«2 7 3 kgi

§ 14. Momento de una fue rza respecto del centro (o de un punto). La experiencia muestra que un cuerpo sometido a la acción

48 Cap // . Composición de fuerzas. Sistema de fuerzas concurr.

de una fuerza, además de trasladarse, puede girar alrededor del centro. El efecto rotatorio de una fuerza se caracteriza por su momento.

Examinemos una fuerza F aplicada a un punto A de un cuerpo sólido (fig. 35). Supongamos que esta fuerza trata de hacer girar al cuerpo alrededor del centro 0. La perpendicular h, trazada del centro O a la linea de acción de la fuerza F, se llama brazo de 1a fuerza F respecto del centro O. Puesto que el punto de aplicación de la fuerza puede ser trasladado arbitrariamente a lo largo de la linea de acción.

Fig. 35

por esto, el momento rotatorio de la fuerza depende: i) del módulo de la fuerza F y la longitud del brazo h, 2) de la posición del plano de rotación OAB que pasa por el centro 0 y la fueréa F, 3) de la dirección de rotación en este plano.

Ahora, estudiamos solamente sistemas de fuerzas coplanares. En este caso, el plano de rotación es común para todas las fuerzas y no se necesitan datos adicionales; la dirección de rotación puede ser representada por un signo, considerando condicionalmente la rotación en una dirección cualquiera como positiva y en la contraria, como negativa.

Entonces, para una medida cuantitativa del efecto rotatorio el momento de tuerza puede ser definido del modo siguiente; se llama momento de la fuerza F respecto del centro 0, a la magnitud que es iqual al producto, tomado con el signo correspondiente, del módulo de la fuerza por la longitud del brazo. El momento de la fuerza F respecto del centro O será designado por el símbolo m0 (F). Por consiguiente

m0 (F )^ ± F h . (13)

En adelante, consideraremos que el momento tiene signo menos, cuando la fuerza trata de girar al cuerpo alrededor del centro O en sentido contrario a las agujas del reloj y el signo más, cuando lo haga en sentido contrario. Por ejemplo, el momento de la fuerza F,

§ 14. Momento de una !uerza respecto del centro 49

que se representa en la fig. 35 a, respecto del centro 0 tiene el signo más y e) de la fuerza representada en la fig. 35, b menos. Si el brazo se expresa en metros, el momento de fuerza será expresado en new- tones-metros (Nm) o en kilogramometros (kgfm).

Señalemos las propiedades siguientes del momento de una fuerza:1) e¡ momento de una fuerza no varia cuando el punto de aplica­

ción de ésta se traslada a lo largo de su linea de acción;2) el momento de una fuerza respecto del centro O es igual a cero

solamente cuando la luerza es igual a cero o cuando la linea de acción de la fuerza pasa por el centro 0 (el brazo es nulo);

3) el valor del momento de una fuerza se expresa numéricamente por el doble del área del triángulo OAB (fig. 35,6)

mo(/r) = ± 2 áreas A OAB. (14)

liste resultado se deduce de que

área A OAB = -i- AB h = j Eh.

§ 15. Teorema de Varignon del momento de una fu e rza resultante. Demostremos el teorema de Varignon " siguiente: el mo­mento de la resultante de un sistema plano de fuerzas concurrentes respecto de un centro cualquiera es igual a la suma algebraica de los momentos de las com­ponentes respecto del mismo centro.

Examinemos un sistema de fuerzas F,,F?.........F„ que se intersecan en un punto A(fig. 36). Tomemos un centro arbitrario O y tracemos por él un eje Ox perpendicular a la recta OA. La dirección positiva del eje O.v debe ser escogida de tal modo que el signo de la proyección de cada una de las fuerzas sobre este eje coincida con el signo de su momento respecto del centro O.

Para demostrar el teorema hallemos las ex­presiones correspondientes de los momentos

" lo (F 2), . . . , m0(F„). Según la fórmula (14) m0 (F ,)— -. 2 áreas /\OAB,. Pero de la figura se ve que 2 áreas /\OAB,~ =OA Ob~OA •/•',*; donde Flx es la proyección de la fuerza F , sobre el eje Ox. Por consiguiente

mo (F,) = 0A F ,x. (15)

Los momentos de todas las fuerzas restantes se calculan de modo análogo. La fórmula (15) es correcta también cuando la fuerza F pasa

11 P. Varignon (1654 — 1722) es un destacado científico francés, matemático y mecánico. En su libro «Proyecto de una mecánica nueva» (1687) explicó tos funda­mentos de la Estática.

4- 142

60 Cup. // . Composición tic tuerzas. Sistema de tuerzas concurr.

poi debajo <le la linea O A . En este caso el momento resulta negativo, porque la misma proyección Fx será negativa.

La resultante de las tuerzas F t , F „ F „ la representamos por R ,

donde ^ ^ F*. Entonces, según el teorema de la proyección de la suma de fuerzas sobre un eje, tenemos Rx~ ^¡F kx. Multiplicando ambas partes de esta igualdad por O A hallaremos:

O A •/?* = 2 ¡ (O A -Fkx)

o. según la fórmula (15)

<n 0 ( R ) = ' £ m 0 (F k). (16)

La fórmula (16) nos da la expresión matemática del teorema de Va- rignon.

§ 16S Ecuación de momentos p a r a la s fu e r z a s concurrentes. Las con* diciones analíticas de equilibrio de fuerzas concurrentes pueden ser expresadas no so­lamente por las proyecciones de éstas, sino también por sus momentos. Demostremosque para el equilibrio de un sistema piano tic fuerzas concurrentes es necesarioy suficiente el cumplimiento de las condiciones siguientes:

2 < n f l(F*) = 0. 2 > c < f * > = 0 . (17)

donde B y C son puntos cualesquiera que no se encuentran alineados con el punto A en el cual concurren las fuerzas ( f i^ 37). La indispensabilidad de estas condiciones

es evidente, pues, por ejemplo, si f ¡ m R (Ft) 0, entonces de la fórmula (Ni) de­ducimos que mg {R) jé 0, es decir, R ?= 0. En este ca­so el equilibrio es imposible.

Demostremos que estas condiciones son suficientes. Si se cumplen las condiciones (17), de ¿cuerdo con elteorema de V;ingnon mf í(R) = 0 y //ic (# )= 0 lo quees cuando R = 0, o cuando la linea de ¡cción de lafuerza R pasa simultáneamente por los puntosB y C. En nuestro caso, lo ultimo es imposible, puesla resultante de fuerzas concurrentes debe pasar porel punto A (fig. 37) y, según la condición aceptada, larecta BC no pasa por el punto A. Por consiguiente, al cumplir las condiciones (17) la resultante R = 0, es de­cir, el sistema de fuerzas está efectivamente en equi­librio.

Es evidente que el cumplimiento de una de las condiciones (17) no es suficiente para el equilibrio.

Al resolver problemas con ayuda de las condiciones (17) se pueden obtenerecuaciones, cada una de las cuales tendrá una sola incógnita; para eso es necesarioque los centros de los momentos estén en las lineas de acción de las fuerzas incógnitas.

Problema 12. Resolver el problema 7 con ayuda de las ecuaciones de momentos.Solución. Introduzcamos las asignaciones A B = A C — a y los aceptamos como

centros de los momentos los puntos A y C (lig. 38). Trazando desde el punto A Ijs perpendiculares AE y AK a las líneas de acción de las fuerzas T y P hallamos que

/W; = o c o s~ y A K = a se n a , po» consiguiente, mA \T) = Tq eos y , m,\ {P )~ —

— Pa sena. Además. — Los momentos de fuerzas respecto del centro C secalculan análogamente.

§ 16. Ecuación de momentos para las fuerzas concurrentes 51

Comu resultado, al cumplirse las coni librio (17), leñemos:

M a (Fk) — Ta eos — Pa sen

y . me (/■'*) «=» R¿a sen a — Pa sen

Puesto que T = Q de la primera ecuación

^Q — 2P sen 2 .^ eos y = 0

De esta ecuación obtenemos dos valore; que determina el estado de equilibrio

<X=I80° ó sen Y ~ $ p ' F¡8' 38

De la segunda ecuación, cuando a ?= 180°, hallamos que R ¿ = P.Problema 13. Con ayuda de ta ecuación de los momentos hallar la reacción R r

en el problema 10.Solución. Examinemos los momentos respecto del cenlro C (véase la íig 33.

y considerando que C B —a obtendremos:

2 mc (/>) ™ Ta eos (a — co sa— Qa sen a = 0 .

De aqui, ya que T = Q, hallamos directamente que

R sena— eos (a — ft)

1 cosa

La reacción /?, puede hallarse al tomar los momentos respecto del centro A. Como se ve, las ecuaciones de los momentos pueden ser empleadas también para comprobar las soluciones obtenidas con ayuda de otros métodos. Señalemos que la veracidad de la igualdad T = Q puede comprobarse mediante la composición de las ecuaciones de los momentos respecto del cenlro del bloque (esta ecuación, como será demostrado en el párrafo 24 es correcta también para las fuerzas no concurrentes). En este caso obtendremos Tr— Q r= 0 , donde r es el radio del bloque, o sea que T*=Q.

CAPÍTULO III

Sistema de fuerzas paralelas y de pares coplanares.

§ 17. Composición y descomposición de fu e r z a s paralelas.Hallemos la resultante de dos fuerzas paralelas aplicadas a un cuerpo sólido. Aqui son posibles dos casos' I) las fuerzas están dirigidas en un sentido y 2) las fuerzas tienen sentidos contrarios.

I ) Composición de dos fuerzas del mismo sentido. Estudiemos un cuerposólido sometido a las acciones de dos fuerzas paralelas F, y F , (fig. 39).

De acuerdo con los axiomas 1 y 2 de Estática pasamos de este sistema de fuerzas paralelas a otro sistema de fuerzas concurrentes Q, y Q, equivalente al primero. Para esto en los puntos A y B aplicamos dos fuerzas equilibradas P, y P, (P, =■ — P2) dirigidas a lo largo de la recta AB y, de acuerdo con ¡a regla del paralelogramo, las com­pondremos con las fuerzas FK y F Pasamos las fuerzas obtenidas Q , y <?, al punto O, donde se in-

Fl8- 39 tersecan sus líneas de acción y lasdescomponemos en las componentes

iniciales. Después de esto, veremos que en el punto 0 actuarán dos fuerzas equilibradas P , y P, que omitiremos y dos fuerzas F, y F. dirigidas a lo largo de una recta. Pasamos estas fuerzas al punto Cy las sustituimos por la resultante R. el módulo de la cual es igual a:

R ~ F t + Ft. (18)

En este caso, la fuerza R es precisamente la resultante de las fuerzas paralelas F t y F, aplicadas en los puntos A y B. Para detei- minar la posición del punto C examinemos los triángulos OAC, Oak y OCB, Omb. De la semejanza de los triángulos correspondientes te­nemos:

« 5? _P ,UC F, y OC — f ,

o, por ser P, = Pt, AC-F, = BC-F,.

§ 17. Composición y descomposición de fuerzas paralelas 53

Tomando en consideración las propiedades de las proporciones y teniendo en cuenta que BC + AC = AB y h\-r Ft = R obtendremos

BC

fi 1AC AB

R ■(19)

Así pues, la resultante de dos fuerzas paralelas, de sentidos iguales aplicadas a un cuerpo sóliao es de la misma dirección y sentido que las fuerzas componentes, es paralela a éstas y su módulo es igual a la suma de tos módulos de tas fuerzas componentes.La línea de acción de la resultante pasa entre los puntos de aplicación de las compo­nentes a una distancia de éstos, inversamente proporcional a las fuerzas.

2) Composición de dos fuerzas de sen­tidos opuestos. Tracemos las fuerzas F, y F, aplicadas a un cuerpo, considerando que Fl > F, (fig. 40). En la prolongación de la recta BA tomemos un punto C y apliquemos a éste las fuerzas en equilibrio R y R ‘ que sean paralelas a las fuerzas F , y F.. Los módulos de las fuerzas y laposición del punto C deben elegirse de tal modo para que puedan satisfacer las igualdades:

RBC

I-',''

r,~F ._ .AC AB

: r, ~ -r ■

(20)

(21)

Luego, una vez compuestas las fuerzas F, y R ', por medio de las fórmulas (J8) y (19), bailamos que eJ módulo de su resultante Q es igual a /■',+ /?'. es decir, igual a Ft y estará aplicada en el punto A. Ahora, las fuerzas F¡ y Q, como fuerzas en equilibrio, pueden ser omitidas. Como resultado, las fuerzas conocidas F¡ y Ft serán susti­tuidas por una sola fuerza R, su resultante. El módulo de esta resul­tante y el punto de su aplicación C se determinan mediante las fór­mulas (20). (21). De este modo, la resultante de dos fuerzas paralelas, de sentidos contrarios aplicadas a un cuerpo sólido es de la misma dirección que la mayor de las componentes, es paralela a éstas y su módulo es la diferencia de los módulos de las componentes. La linea de ucción de la resultante pasa*fuera del segmento que une los puntos de aplicación de las fuerzas componentes, la distancia hasta estos puntoses inversamente proporcional a las fuerzas.

Si un cuerpo está sometido a la acción de varias fuerzas paralelas,la resultante de éstas, si ella existe, puede ser hallada mediante laaplicación consecutiva de la regla de composición de dos fuerzas o con ayuda de un método que será explicado en el capítulo IV.

54 Cap. I I I . Sistema ríe fuerzas paralelas y de pares coplanarcs

3) Descomposición de fuerzas. Con ayuda de las fórmulas obtenidas se pueden resolver problemas de descomposición de una fuerza dada en tlo> fuerzas paralelas a ésta, dirigidas en un sentido o en sentidoscontrarios. El problema será resuelto si se dan algunas condicione*

adicionales (por ejemplo, lineas de acción 4 i de ambas fuer/as incógnitas o el módulo y

la línea de acción de una de estas fuerzas).

Problema 14. Una viga AB de longitud /^=2,5 mB (fig- 41), de peso despreciable, está empotrada en un

muro de espesor n = 0,5 m y lleva en su extremo p una carga P de 3 ton. de peso. Determinar las fuer­

zas de presión sobre el muro considerando que és­tas se aplican en dos puntos A y D (la viga estáun poco inclinada).

Solución. Para determinar las presiones incóg­nitas descomponemos la fuerza P en las direccio­nes de las reacciones de los apoyos D y A. en las fuerzas QD y QA. Por no encontrarse la fuerza P entre las tuerzas incógnitas, estas últimas están

dirigidas en sentidos opuestos. El módulo de la fuerza Qn (más cercana a P) será mavor que el módulo de Qn tendrá la misma dirección que P. De las igual­dades

^ = - ~ y p = Qd-Qa

hallamos que

<JD = L/>=I5 ti, Qa = 12 If.

Para comprobar la solución, se puede emplear otra proporción:

Qa _ Pl — a a

§ 18. P ar de fuerzas. Momento de un pa r . Llámase par de fuerzas a un sistema de dos fuerzas paralelas de módulo igual y de sentidos opuestos, aplicados a un cuerpo rígido (fig. 42). Un sistema de fuerzas que forman un par no se encuentra, por lo visto, en equilibrio (véase el axioma I).Pero, al mismo tiempo un par de fuerzas, a diferencia de los sistemas estudiados más arri­ba, no tiene resultante.

En realidad, si admitimos que un par (F, F') tiene una resultante Q 0, entonces la fuer­za Q, = — Q deberá equilibrar este par, es decir, el sistema de fuerzas F , F\ Q % de­berá estar en equilibrio. Pero como será de­mostrado, para el equilibrio de un sistema de Fig- 42fuerzas cualquiera es necesario que la sumageométrica de estas fuerzas sea nula. Por consiguiente, con esta supo­sición se debe tener que F+ F' -f Q, = 0, mas estoes imposible, pues F -f F ' = 0 y Q, == 0. De este modo se puede concluir: un par de fuer­

. . .

. _

Fík 41

$ 18. Par de tuerzas. Momento de un par

zas no puede ser sustituido o equilibrado por una fuerza. Por esto, las particularidades de un par, como una especie de las interacciones mecánicas de los cuerpos, tienen que examinarse aparte.

Un plano que pasa a través de las lineas de acción de las fuerzas de un par se llama, plano de acción del par. La distancia d entre las lineas de acción de las fuerzas del par se llama brazo del par. La acción de un par de fuerzas sobre un cuerpo sólido se reduce a un efecto giratorio que depende de los factores siguientes: I) el módulo/7 de las fuerzas del par y la longitud de su brazo d, 2) de la posición del plano de acción del par, 3) de la dirección de giro en este plano. Para la definición de este efecto, se introduce la noción de momento del par.

En el capitulo presente, serán estudiadas las propiedades de pares que se encuentran en un plano. Para este caso, por analogía con el momento de fuerza (§ 14) introducimos la definición siguiente: se llamamomento del par a la magnitud igual al producto tomado con el signocorrespondiente, del módulo de una de las fuer zas del par por su brazo". El momento del par lo representamos por la letra m o M. Entonces,

m = ± Fd. (22)

El momento del par (como el momento de fuerza) sí considera positivo cuando el par pretende girar el cuerpo en sentido de las agujas delreloj y negativo, cuando traía de girarlo en sentido contrario. Elmomento del par se mide por las mismas unidades que el momento de fuerza. De la íig. 42 se ve que el momento del par es igual al momento de una de sus fuerzas respecto del punto de aplicación de la otra, es decir,

m - ni/i(F) — mA (F'). (23)

Demostremos el teorema siguiente sobre los momentos de las luerzas del par: la suma algebraica de los momentos de las ¡uerzas que constituyen un par, respecto de cualquier centro que se en­cuentra en el plano de acción de las fuer­zas, no depende de tu posición del cen­tro y es igual til momento del par. En efecto, cualquiera que sea la posi­ción del punto O en el plano de acción del par (íig. 43), hallamos: nio(F) — - F-Oa, mo(F’) =-- F‘ • Ob. Sumando estas igualdades miembro

11 Esta noción no debe ser confundida con la de momento de fuerza. La nocion de momento de íuerza está relacionada con el punto respecto del cual se loma <1 momento. El momento del par se determina solamente por sus tuerzas y el brazo, su magnitud no está relacionada con un punto cualquiera del plano. El teorema del par fue elaborado por' L Poinsot (1777— 1859), conocido mecánico y geógraio trances.

Cap. 11!. Sistemo ite tuerzas paralelas y tic p o m cuplanares

a miembro y teniendo en cuenta que /•'■ = F y Oh — Oa—d, donde d es et brazo del par, obtendremos:

n>o(F)t■nio(F') m. (2-1)Con ayuda del teorema demostrado, se pueden calcular fácilmente

los momentos del par de fuerzas respecto de cualquier centro.§ 19. Equivalencia de pares. Con el fin de determinar las con­

diciones de equivalencia de dos pares, demostremos primero el teoremasiguiente: un par de fuerzas aplicado a un cuerpo rígido puede ser susti­tuido, sin variar su acción sotire este cuerpo, por otro par coplanar cual­quiera del mismo momento.

Sea que un cuerpo está sometido a la acción de un par de fuerzas (F, F') de brazo d,. A través de dos pun­tos arbitrarios D y £ del plano de acción de) par tracemos dos rectas paralelas hasta que éstas se interse­quen con las lineas de acción de las fuerzas F y F' del par en los puntos

r 'K ,|4 A y B (fig. 44), luego, apliquemos enestos puntos las fuerzas F y F' (las

fuerzas F y F ' podrían aplicarse en cualquier punto de sus lineas de acción). La distancia entre las rectas AD y BE la llamaremos d.. Des­compongamos la fuerza F, en las direcciones-BA y DA, en las fuer­zas Q y P y la fuerza F ', en las direcciones AB y BE, en las fuerzas Q' y P '. Es evidente que, en este caso, P -■— P' y Q — — Q '. Las fuerzas Q y Q' están en equilibrio y por eso pueden despreciarse. Como resultado, el par de fuerzas (F. F ') será susti­tuido por el par (P, P ' ) de brazo distinto y de otras fuerzas, que pueden ser aplicadas a los puntos D, £ de sus líneas de acción. En este caso debido a la arbitrariedad de la elección de los puntos O, £ y de las direcciones de las rectas AD y BE el par (P, P') puede encontrarse en cualquier lugar de su plano de acción (realizando dicha transfor­mación dos veces, el par puede ser llevado a la posición, en la cual las fuerzas P y #*’ sean paralelas a F).

En conclusión, demostremos que los momentos de los pares P, P" y F. F' son iguales. En efecto, puesto que la fuerza F es la resultante de las fuerzas P y Q, según el teorema de Varignon tendremos que

""«(F) = "'«(/*) + mB(Q).

Pero mR(F)~ Fd,, m„(P> — Ptf,, m„(Q) = 0. Por consiguiente, Fd,~ Pd,, es decir, los momentos de los pares son iguales y asi se demuestra el teorema.

§ 19 tquivolenaa itr pares 57

Del teorema demostrado se deducen las propiedades siguientes de un par de fuerzas:

1) Un par dado puede trasladarse a cualquier lugar del plano de acción de éste sin variar su acción sobre el cuerpo.

2) En un par dado se puede cambiar arbitrariamente los módulos de las fuerzas o la longitud del brazo sin variar la acción que este par ejerce sobre el cuerpo y manteniendo cons­tante su momento.

De esta propiedad se deduce que dos pares coplanares de momentos iguales son equivalentes, pues mediante dichas operaciones (es decir, me­diante el cambio del brazo y traslado en el pla­no de acción) ellos pueden ser transformados uno en el otro. Al mismo tiempo, de todos los teo­remas demostrados se ve que la acción de un par -■.’bre un cuerpo sólido se caracteriza efectivamente por su mo­mento.

Para determinar un par que se encuentra en un plano determinado es suficiente, de acuerdo con lo demostrado, hallar su momento; los valores de las fuerzas del par, o su brazo, asi como el lugar del planode acción, donde se encuentra el par, no son esenciales. Por eso, unpar de fuerzas se traza, especialmente en la ingeniería, como una flecha

circular que indica la dirección de giro sin representar las fuerzas mismas (por ejemplo, en la fig. 45 se muestraque sobre un cuerpo actúa la fuerzaF y un par de momento rn).

F¡k- ■•5

Ahora demostremos o! sigundo teorema. la acción fie un par de fuerzas sobre un cuer­po sólido no varia, sí el par se ¡rabadadel plano en cueslión a oír o plano cualquieraparalelo al primitivo.

Examinemos el par {F, F') que se encuen­tra en el plano (/) (fig. 46). Tracemos unplano (//) paralelo al plano (/). En el plan« (//) tracemos un segmento DE que es igual y paralelo a AB. En los puntos D y E apliquemos cuatro fuerzas equilibradas de dos en dos. de las cuales F t =F.¿ — F. F[ ^ F'7 = F ‘ . Obser­

vemos que h figura ABEl) es un paralelogratno, cuyas diagonales se dividen endos partes iguales en el punto de su intersección C. Ahora sumemos las fuerzas

paralelas F y F2. las cuales por ser de iguales módulos se sustituyen por la resultan!«; R aplicada en el medio del segmento AE, es decir, en el punto C; en este cast>

R — 2F Las iuerzas F ’ y F\ se sustituyen a su vez, después de sumarse, por la

resultante R ' aplicada en el medio del segmento BD, es decir, en el mismopunto C; aqui /?' = 2F’ R. Por consecuencia, las fuerzas R y R'. po* ser equili­bradas. pueden ser omitidas. Como resultado el par (F, F') se sustituye efectiva­mente por otro par igual (/*,, F[), que se encuentra en el plano (//).

Cap I I I . Ststenia ite fuerzas paralelas tj de pares coplanares

Del teorema demostrado se deduce que tíos pares de momcnlos iguales que se encuentran en planos paralelos serán también equivalentes.

Prestemos atención a la analogía siguiente: una fuerza que actúa sobre un cuerpo sólido se determina por su módulo, linea de acción y la dirección a lo largo de la lir.ea de acción; el punto de aplicación de la fuerza puede estar en cualquier lugar de la linea de acción. Un par que actúa sobre un cuerpo sólido se determina por el módulo de su momento, plano de acción y la dirección de rotación: el par puede ser aplicado en cualquier lugar de su plano de acción.

El estudio del movimiento de un cuerpo sólido, sometido a la acción de un par de fuerzas, pertenece a problemas de Dinámica. Con ayuda de los teoremas de la Dinámica se puede demostrar que todo p3r que actúa sobre un cuerpo sólido libre, lo girará alrededor de su centro de.gravedad (véase la pág. 365). Si el cuerpo tiene un eje de rotación inmóvil, entonces el par, que puede encontrarse en cualquier lugar del plano perpendicular a este eje, girará el cuerpo alrededor de dicho eje

con un esfuerzo (momento) constan­te, que se deduce de-la igualdad (24).

Problema 15. Una palanca curvilínea ABCD sometida a la acción de dos fuer­zas paralelas P y P ' que forman un par (fig. 47) se encuentra en equilibrio. Deter­minar la presión sobre los apoyos, si AB = = a = I5 c m . BC — b = 30 cm, CD -c=^— 20cm, P — P '= 30 kgf.

Solución. Sustituyamos el par (P. P') por un otro equivalente (<?, Q'). cuyas fuerzas se dirigen en las direcciones de las reacciones de Tos apoyos. Los momentos de los pares deben ser iguales, es decir, l>[c — u) = Qb.

Por consiguiente, las presiones sobre los apoyos equivalen numéricamente a

Q = Q' = Í P = Skg i

y están dirigidas tal como se ve en el dibujo.

§ 2 0 . Composición de pares coplanares. Condiciones de equi­lib rio de pares. Demostremos el teorema siguiente sobre la compo­sición de pares: un sistema de pares coplanares es equivalente a un solo par situado en el mismo plano, cuyo momento es la suma alge­braica de los momentos de los pares componentes. Para que el caso sea más comprensible, supongamos que sobre un cuerpo actúan tres pares de momentos m,, m.,, m3 (fig. 48). Según el teorema de la equivalencia de pares, podemos sustituir estos pares por tres pares (/*,, P\), (/*„ Pj), (P ,, P',) de brazo común d y de los mismos mo­mentos:

P,d = /n,, — Ptd — mt, P,d = m3.

§ 20. Composición tfr p u ra coplonares .'.9

Ahora al componer separadamente las fuerzas aplicadas en los puntos A y B obtendremos en el punto fí una fuerza R y en el puntoA una fuerza R' de iguales módulos

/? = /? '= ■ p , — P . -i-

Como resultado, todo el sistema de pares se sustituye por un par (R, R') de momento

Aí = Rd — P,d |- ( — P,d) - P,,d -= ni, + m, H- ni,.

Para el caso de tres pares el teorema queda demostrado. Es evi­dente que teniendo cualquier número de pares ootendremos el mismo resultado. Un sistema compuesto den pares de momentos ni,, ni,, . . ., m„, se sustituye por un par de momento

(25)

Del teorema demostrado se deduce que para el equilibrio de un sistema de pares plano, es necesario y suficien­te que la suma algebraica de los momentos de estos pares sea nula

(26)

Problema 16. Un par de fuerzas de mo- mentó m, está aplicado a! engranaje / de radio r x (fig. 49. a). Determinar el momento mt de un par que debe ser aplicado al engra­naje 2 de radio r t para que los dos engranajes estén en equilibrio.

Solución. Primero estudiemos las condiciones del equilibrio del engranaje t Sob;e éste actúa i:n psr de momento mx que puede ser equilibrado solamente por

Fig. 49

la acción de otro par. en el caso dado, del par (Q ,. /?,). Aquí Q, es la componente de la iuerza de presión sobre el diente por parte del engranaje 2. perpendicular .<] radio. /?, es la componente de la reacción del eje A dirigida también perpendicu* larmente al radio (la fuerza de presión sobre el diente y la reacción del eje /l tienen oirás componenles. dirigidas a lo largo del radio, que se equilibran mutua­

CO_________ Cap / / / . Si simio de fuerza:. paralelos y de pares copfomircs

mente, por lo cual no participan en las condiciones de equilibrio). En este cas«*, de acuerdo con la condición de equilibrio (2 b). /nt ( — Q |/’ l ) = . 0 o Q, — mx/r}.

Ahora estudiemos las condiciones de equilibrio del engranaje 2. Según el api­erna 4 sobre éste «.ctuará. por parte del engranaje /. una fuerza Qt = — <?, (fig. 49. b) que junto con la componente de la reacción del eje B. dirigida perpendicularmente al radio, forman un par (<?2. /?,) de momento igual a — Qtrt . Este par es preci­samente el que debe equilibrarse por el par de momento m.¿ aplicado al engranaje 2. Por consiguiente, según Ja condición de equilibrio (26), -j-f — CV i) = 0. SiendoQ. — Q¡. de aqui hallamos

rt— m,.

r\

Es natural que los pares cíe momentos m, y mz no satisfagan fa condición cíe equilibrio (26) por aplicarse a cuerpos distintos.

La fuerza Qt (o Q.) obtenida durante el proceso de la solución del problema, se llama esfuerzo circunferencial que actúa sobre el engranaje. Como se ve el esfuer­zo circunferencial equivale al momento del par de rotación dividido entre el radio del engranaje

Sistema de fuerzas dispuestas arbitrariamente en un plano.

CAPÍTULO IV

§ 2!. Teorem a sobre el tra s la d o para le lo de una fu e r z a .La resultante de un sistema de tuerzas concurrentes se Italia directa­mente con ayuda del axioma del paralelogramo de fuerzas. Para dos fuerzas paralelas este problema fue resuelto mediante la reducción de éstas a las fuerzas concurrentes (véase la fig. 39). Es evidente, que mi problema análogo en el caso de un sistema de fuerzas arbitrario,

fík 50

si se halla también para éstas el método de su reducción a fuerzas aplicadas en un punto. Este método lo da el teorema siguiente: una fuerza aplicada a un cuerpo rígido puede ser reemplazada paralela­mente a si misma, sin que cambie su acción sobre éste, a cualquier punto del ct'erpo, añadiendo al mismo tiempo un par de momento igual al momento de la fuerza que se reemplaza respecto a su nuevo puntn de aplicación.

Por ejemplo, sobre un cuerpo sólido actúa una fuerza F aplicada en el punto A (fig. 50, a). La acción de esta fuerza no variará si en un punto cualquiera B aplicamos dos fuerzas equilibradas F' y F", con la condición de que F ‘ = F , F" = — F. El sistema de tres fuerzas obtenido representa en si una fuerza F' equivalente a F, pero apli­cada en el punto B y un par (F, F ‘ ) de momento

m = mB(F). (27)

Dicha igualdad se deduce de la fórmula (23). Asi pues, el teorema está demostrado. El resultado del teorema puede expresarse tal como se muestra en la fig. 50.6 (en esta figura la fuerza F debe conside­rarse omitida. Estudiemos algunos ejemplos de la aplicación del teo­rema.

Cap IV. Siütfnm di' fuerzoin thspin'Zttíj, arbit. en un pinna

Ejemplo I. Par a mantener in equilibrio una barra homogénea A li de longitud y de peso P es necesario. evidentemente. aplicar en su centro C una fuerza Q

dirigida hacia arriba, cuya intensidad debe ser igual a t* (fig 51. n). Según ellew«ma <Unu'&tfftkt la tuerza Q puede instituir«* por un-,» iuvrza Q' aplicada vn elextremo A de la barra y por un par de momento rn = Qa. Si disminuimos el brazo

de este par hasta un2 magnitud h (íig. 51, b), entonces, las fuerzas F. F ' que forman dicho par deben ser aumentadas de tal modo que F¡t = Qa. Por consiguiente, para sostener la barra por su extremo A hace falta aplicar ademis de la fuerza (?'. unpar {F. F'\. F-ste resultado, que se deduce del teorema demostrado, lo «siente» di­

rectamente la mano del hombre que sostiene la barra por laparle media (fig. 51, o) o por su extremo (fig. 51. b).

Ejemplo 2. En el tambor / de radio r están arrollados,en direcciones opuestas, dos hilos, a los extremos de los cua­les se aplican las fuerzas F y F* = — F (íig. 52). en el tambor2 de igual radio está arrollado un hilo, al extremo del cual se aplica una fuerza equivalente a 2F. Examinemos en qué

2F consiste la diferencia de las acciones de estas fuerzas.Sobre el tambor I actúa solamente el par de fuerzas

(F, F') de momento 2Fr que lo hace girar. Ly fuerza que-M actúa sobre el tambor 2 puede sustituirse por una fuerza P 2F* — ‘2F aplicada en el eje del tambor y por un par (2F t

2F*). Como resultado hallamos que sobre este tambor actúan:I) un par de momento 2Fr. igual al momento del primer

Fig. 52 caso, que hace girar el tambor y 2) una fuerza 2F~ que ejerceuna presión sobre el eje del tambor.

Asi pues ambos tambores girarán igualmente. Pero el eje del tambor 2 sufre una presión equivalente a 2F y el eje del primer tambor no sufre presión alguna.

$ 22. Reducción de un sistema de fu e rz a s p lano a un cen­tro dado. Supongamos que sobre un cuerpo sólido actúa un sistemade fuerzas coplanares F „ F t, . . . , F„. En este plano tomemos un puntoarbitrario O y lo llamaremos centro de reducción. Aplicando el teo­rema demostrado en el § 21, reemplacemos todas las fuerzas al cen­tro O (fig. 53,q). Como resultado, sobre el cuerpo actuará un sistema de fuerzas

F\ = F X, F , = F t .........F-„= F„ (28)

aplicadas en el centro O y un sisten a de pares, cuyos momentos, de acuerdo con la fórmula (27), serán iguales a

rnt — m0 (Fx), m^ = m0(F.)...........m„ = m0 (.Fn). (28')

§ 22. Reducción de un sistema plano de fuerzas o un centro dad» 03

Las fuerzas aplicadas en el centro O pueden ser sustituidas por una sola fuerza/? aplicada en el mismo centro. En este caso R - - F\ o según las igualdades (28)

R = 'E F „ . (29)

Del mismo modo, de acuerdo con el teorema de composición de pares, todos los pares pueden sustituirse por un solo par que se encuentre

F ír 53

en el mismo plano. El momento de este par es M „ — 2 " '* ° según las igualdades (28'):

M 0 = 2 n,„ (A*). (30)

La magnitud R, que equivale a la suma geométrica de todas las fuerzas del sistema, se llama, como se sabe, vector principal del sis- lema; la magnitud M n, que equivale a la suma de los momentos de todos los sistemas respecto del centro O. se llama momento principal del sistema respecto de! centro O. Como resultado, acabamos de demos­trar el teorema siguiente: todo sistema plano de fuerzas que actúan sobre un cuerpo rígido puede sustituirse, como resultado de su reducción a un centro arbitrario O, por una fuerza R equivalente al vector prin­cipal del sistema y aplicada en el centro de reducción O y por un par de momento M „ equivalente al momento principal del sistema respecto del centro O (fig. 53,c).

Señalemos que la fuerza R no es la resultante del presente sistema, pues ella sola no sustituye al sistema, sino que lo hace junto con el par.

Del teorema demostrado, se deduce que dos sistemas de fuer/as de vectores y momentos principales iguales son estáticamente equiva­lentes. Por consiguiente para determinar un sistema plano de iuerzas es suficiente determinar su vector principal R y el momento principal M 0 respecto del centro O.

Cap. / V Sistema de fuerzas dispuestas arbit. en un plano

La magnitud R puede ser hallada, bien mediante la construccióii geométrica del polígono de fuerzas (fig. 53,6), bien analíticamentecon ayuda de las fórmulas (10) (véase el 10). Es evidente que lamagnitud R no depende de la elección del centro O. La magnitud M,¡ se determina haciendo uso de la fórmula (30). Si cambiamos la posición del centro O generalmente puede variar también la magni­

tud de Mn como resultado del cambio de los momentos de las fuerzas que se componen. Por eso, cuando se da el momentoprincipal, hace falta indicar el centro respecto del cual este mo­mento está calculado.

Problema 17. Reducir al centro O el sistema de fuerzas P. f\. F . . F% rep­resentadas en la fig. 5-i siendo /-'—¿O kgl, F ,= F , = F , = F = 20kgl. = - 0 ,3 m , 6 = 0,5m , a = 60°.

Solución. El problema consiste en determinar el vector principal /? del

sistema de fuerzas dado, que se define según sus proyecciones R x. R,J y el momento principal M 0 de estas fuerzas respecto del punto O. Trazando los ejes Oxy. comose muestra en la figura, calculemos las proyecciones de cada una de estas fuerzassobre dichos ejes y sus momentos respecto del centro O (véase la tabla).

Luego, teniendo en cuenta los datos (-el problema, hallamos

" • 2 F*X“ —40 kgl.

M 0 « 2 mr>(f *>= l l ,3 kgfm.

De este modo, como resultado de la reducción al centro 0, el sistema de fuerzas dado se sustituye por la fuerza R de proyecciones R x — —40 kgf. Ry = — 30 kgl. {R — 50 kgf), aplicada en el centro O y por un par de momento iM0 = l l . 3 kgfm.

§ 23. Casos de la reducción de un sistem a p lano de fu e r ­za s a la Jorm a más sim ple. El teorema demostrado en el § 22 nos permite determinar a qué forma más simple puede reducirse un sistema plano de fuerzas. El resultado dependerá de las magnitudes del vector principal R y del momento principal M0 de este sistema.

$ 23. Casos de reduc. de un sis. plano de fuerzas 1*5

Fig. se

1) Si para el sistema de fuerzas dado /?= 0 y AIo = 0, entonces, éste está en equilibrio. En el párrafo que sigue se estudiará más detalladamente el caso del equilibrio.

2) Si para e! sistema de fuerzas dado R — 0, M o =/=0, entonces, éste puede reducirse a un par de momento M n = ^ dm0 (Fk). En este caso, la magnitud de M Cl no dependerá de la elección del centro O, porque de lo contrario obtendríamos que uil mismo sistema de fuer­zas se sustituye por diferentes pares no equivalentes, lo que es imposible.

3) Si para el sistema de fuerzas dado R=¿= 0, entonces, éste se reduce a.una resultante. Aquí son posibles dos casos.

a) R=¿=0, M 0 — 0. En este caso, el sistema se sustituye inmediatamen­te por una fuerza, es decir, por la re­sultante/? que pasará por el centro O.

b) R ^ O , M o =¡í0 (fig. 55, a). En este caso, el par de momento M 0 pue­de expresarse por dos fuerzas R ‘ y R " siendo R '— R y R " — — r (fig. 55,6). En este caso si d«=OC (brazo del par), debe ser

Rd = \M0 \. (31)

A) suprimir las tuerzas R y R" por ser equilibradas, hallamos que todo el sistema de fuerzas se sustituye por una resultante R' = R que pasa por el punto C. La posición del punto C se determina por dos condiciones: 1) la distancia OC = d(OC_LR) debe satisfacer la igual­dad (31); 2) el signo del momento de la fuerza R ‘, respecto del centro O, aplicada en el punto C, es decir, el signo de Af0 (/?') debe coincidir con el signo de M 0. Un ejemplo del cálculo correspondiente se da en el problema 20.

Los casos examinados muestran que un sistema de fuerzas plano, sí no está en equilibrio, se reduce a una resultante (cuando R ^ O ) o a un par (cuando R = 0).

Problema 18. Reducir un sistema de fuerzas P t, /*2, P¡, aplicadas a una viga AB (íig. 56). a fa forma más simple y hallar las presiones sobre los apovos A y B siendo P¡ = P 2 — p 3~ p .

Solución. El polígono construido con las fuerzas P¡, P .. P , es cerrado, por lo tanto R — 0. La suma de los momentos de todas las fuerzas respecto de cualquier

Íiunto (por ejemplo, del punto C) es igual a — Pa. Por consiguiente, este sistema de uorzas se reduce a un par de momento m=¡ — Pa. Disponiendo este par tal como

está punteado en el dibujo podemos concluir que las fuerzas />,. P-: p., ejercen lasPa

presiones Q, y Q2 sobre los apoyos, que numéricamente son iguales a - -.b

Problema 19. Reducir a la forma más simple el sistema de fuerzas F ,. F¡. F3 que actúan sobre la armadura AB (íig. 57) y bailar las presiones sobre los apoyos /l y B, siendo F t F2 — F:l — F.

GG Cap. IV. Sistema de fuerzas dispuestas arbit. en un plano

Solución. Observando que las fuerzas /■', v F3 forman un par lo trasladarnos a la posición representada en el dibujo con lineas punteadas. En este caso, las fuer­zas F t, F 3 se equilibran mutuamente y todo el sistema de fuerzas se reduce a una

resultante R = .F 2.De aqu¡ deducimos que la acción de

las fuerzas F ., F2, F3 se reduce a una presión vertical sobre el apoyo A, el apoyo B no está cargado.

Problema 20. Hallar la resultante de las fuerzas que actúan sobre la viga AB (fig. 58) siendo P = 3 tf, QT= Q 2 = Q=r4 tf. la distancia 0 B = a = 0 ,8 m,

Solución. Al construir el polígono de fuerzas con P. Q ,, Q2, hallamos que la fuerza R (el vector principal del sistema) equivale, según su módulo, a 5 tí, porque en el polígono de fuerzas be = 2Q eos

tomando por centro de momentos el punto O, donde <?.¿, calculamos el momento principal del sistema

60° = 4 tf. <jb = 3 tí. Luego, se intersecan las fuerzas P

M 0 = « 0 (Q\) = —<*Q eos 30° = — 1,6 1^3 tfm. Entonces, de acuerdo con la fórmula (31)

í/ = l-ÍÍCÜ = 0.32 ^ 3 » 0.55 K

m.

Trazando del punto O una linea recta perpendicular a la dirección de R y mar­cando a su largo el segmento d hallamos la linea de acción de la resultante. Como

Fig. 57

M q < 0, la resultante pasa por la derecha del punto O (el momento de la fuerza R respecto del punto O debe sér negativo).

§ 24. Condiciones de equilibrio de cualquier sistem a plano de fu e r z a s . Caso de fu e r z a s p a ra le la s . Para el equilibrio <le cualquier sistema plano de fuerzas es necesario y suficiente que se cumplan simultáneamente las condiciones:

R = 0, Mo = 0. (32)

Aqui, O es cualquier punto del plano, pues cuando R — 0 la magnitud de Ma no depende de la elección del centro (véase § 23, p- 2).

Las condiciones (32) son necesarias, puesto que si una de ellas no se cumple, entonces, el sistema de las fuerzas que actúan sobre

§ 24. Condiciones de equili. de cualquier sis. plano de fuer. 67

el cuerpo se reduce a una resultante (cuando R=¿= 0), o a un par (cuando M 0 ¡k 0) y, por lo tanto, no está en equilibrio. Al misino tiempo; las condiciones (32) son suficientes, porque cuando R = 0 el sistema puede reducirse solamente a un par efe momento M0 y como M0 — 0, tiene lugar el equilibrio.

Hallemos las condiciones de equilibrio analíticas que se deducen de las igualdades (32). Estas condiciones se pueden obtener en tres formas diferentes, que estudiaremos sucesivamente.

t. Forma principal de las condiciones de equilibrio. Las magnitu­des R y M0 se determinan valiéndose de las igualdades:

R = V'Rl-i- R l. M 0 = t , mo(Fk),

donde Rx — 2 Fkx Ry — ^j^ky- Pero R puede igualarse a cero sólo cuando al mismo tiempo í?, = 0 y Ry = 0. Por consiguiente, las con­diciones (32) serán cumplidas si:

S ^ x = 0. 2 ^ = 0, 2 mo(f*) = 0. (33)

Las igualdades (33) expresan las siguientes condiciones de equili­brio analíticas: para el equilibrio de cualquier sistema plano de fuerzas es necesario y suficiente que las sumas de las proyecciones de todas las fuerzas sobre cada uno de los dos ejes coordenados y la suma de sus momentos respecto de cualquier centro, elegido en el plano de acción de las fuerzas, sean iguales a cero. Al mismo tiempo las condiciones (33) expresan las condiciones necesarias para el equilibrio de un cuerpo sólido libre sometido a la acción de un sistema plano de fuerzas. Según el sentido mecánico, las dos primeras condiciones expresan las condiciones necesarias para que el cuerpo no tenga traslaciones a lo largo de los ejes coordenados y la tercera representa la condición de ausencia de rotación en el plano Oxy.

2*. Secunda forma de las condiciones de equilibrio: para el equi­librio de cualquier sistema plano de fuerzas es necesario y suficiente, que la suma de los momentos de todas estas fuerzas respecto de dos centros cualesquiera A y D y la suma de sus proyecciones sobre el eje Ox, no perpendicular a la recta AB, sean iguales a cero:

% m A(Fk) = 0, % mB (F„)= 0. 2 ^ = 0. (34)

La necesidad de estas condiciones es evidente, ya que sí alguna de ellas no se cumple, entonces tendremos que / ? # 0 ó Mj¡^= 0 (M S== 0) y no habrá equilibrio. Demostremos su suficiencia. Si para el sistema de fuerzas se cumplen solamente las dos primeras condiciones (34), entonces para él —0 y M,¡ = 0. Tal sistema de fuerzas, según lo demostrado en el § 23, puede no permanecer en equilibrio, sino tener una resultante R que pasa, al mismo tiempo, por los puntos A y B 1

11 Esto se deduce del caso 3, punto a) examinado en el § 23.

68___________ Cap I V Sistemo (te fuerzas dispuestas arbit. en un plano

(fig 59). Pero, según la tercera condición R x = 2 ^ » * = Como eleje O.v no es perpendicular a AB, la última condición sólo puede cumplirse cuando ia resultante /? = 0, es decir, cuando tiene lugar el equilibrio.

3*. Tercera forma de las condiciones de equilibrio (ecuación detres momentos): para el equilibrio de cualquier sistema plano de fuer­zas es necesario y suficiente que las sumas de los momentos de todasestas fuerzas respecto de tres ceñiros cualesquiera A, B y C, que no se encuentren en una linea recta, sean iguales a cero:

2 m A(Fk) = 0, 2 " '/ i( f * ) = 0, 2 = (35)

La necesidad de estas condiciones, como en el caso precedente,es evidente. La suficiencia de las condiciones (35) se deduce de que

si el sistema de fuerzas dado, al cumplir simul­táneamente estas condiciones, no se encontrase en equilibrio, éste se reduciría a una resultante, que pasaría al mismo tiempo por A, B y C, locual es imposible, pues estos puntos no están enuna línea recta. Por consiguiente, si se cumplen las condiciones (35), tiene lugar el equilibrio.

En todos los casos examinados, para un sis­tema plano de fuerzas hay tres condiciones de

Flg- 59 equilibrio. Las condiciones (33) se consideranprincipales, porque durante su empleo no exis­

ten restricciones para elegir los ejes coordenados y el centro de mo­mentos.

Si el cuerpo está sometido a la acción de un sistema plano de fuerzas F\,r- .........Fn y al mismo liempo de un sistema de pares de momentos m ,. m ,...........n i , .sii -ado en este plano, entonces, al componer las condiciones de equilibrio, los pí. es quedan fuera de las ecuaciones de las proyecciones, porque la suma de lasproyecciones de las fuerzas de un par sobre cualquier eje equivale evidentementea cero. A su vez. en las ecuaciones de momentos, a los momentos de las fuerzas se les suma algebraicamente los momentos de los pares, porque la suma de los momentos de las fuerzas de un par respecto de cualquier centro equivale al mo­mento del par (§ 18. la fórmula 24). De este modo, por ejemplo, las condiciones del equilibrio (33), en caso de que sobre el cuerpo actué un sistema de fuerzas y un par, serán:

2 f **=°. 2 ^ = o . 2 ' " o ( /7* ) + 2 mí= ° i36»

Las condiciones (34) y (35) se transforman, en este caso, análogamente.

Equilibrio de un sistema plano de fuerzas paralelas. Cuando todas las fuerzas que actúan sobre un cuerpo son paralelas, podemos diri­gir el eje Ox perpendicularmente a las fuerzas y el eje Oy paralela­mente a ellas (fig. 60). En este caso, la proyección cíe cada fuerza sobre el eje Ox será igual a cero y la primera igualdad de las condi­ciones de equilibrio (33) se convierte en una identidad de tipo 0 ^ 0 . Como resultado, para las fuerzas paralelas quedan dos condiciones de

§ 24. Condiciones de equili. de cualquier sis. plano de /uer. 69

equilibrio:

2 ^ = 0. 2 «o (f*) = 0. (37)

donde el eje Oy se dirige paralelamente a las fuerzas.

Otra forma de las condiciones de equili­brio para las fuerzas paralelas, obtenidas de las igualdades (34), tiene la forma siguiente:

2 m „ (F ,) = 0, 2 '* * ( / :'*) = 0. (38)

Los puntos A y B no deben estar en una línea recta paralela a las fuerzas.

§ 25. Solución de problemas. Resolviendo los problemas de este párrafo hay que tener en cuenta todas las indicaciones generales hechas en el § 13.

Una vez más subrayamos, que antes de empezar a resolver pro­blemas es necesario señalar el cuerpo cuyo equilibrio se determina. Luego, hay que separar el cuerpo y, considerándolo como libre, trazar todas las fuerzas dadas que actúan sobre el cuerpo y las reacciones de las ligaduras suprimidas.

Después hace falta componer las condiciones de equilibrio emplean­do la forma que conduzca al sistema de ecuaciones más simple (el sistema de ecuaciones más simple es cuando en cada ecuación hay solamente una sola incógnita).

Para obtener las ecuaciones más simples es necesario (para que no se compliquen los cálculos): a) al plantear las ecuaciones de las pro­yecciones, trazar un eje coordenado perpendicularmente a una de las fuer­zas incógnitas; b) en las ecuaciones de los momentos, tomar por centro de momentos el punto donde se interseca la mayoría de las fuerzas in­cógnitas.

Durante los cálculos de los momentos, a vece-., es más cómodo descomponer la fuerza dada en dos componentes y, aplicando el teo­rema de Varignon, determinar el momento de la fuerza como la suma de los momentos de las componentes.

La solución de muchos problemas de Estática se reduce a la de­terminación de las reacciones de los apoyos, con ayuda de los cuales se fijan las vigas, armaduras de puentes, etc. En la técnica existen generalmente tres tipos de fijación de los apoyos (sin contar los es­tudiados en el § 4).

1. Apoyo de rótula movible (fig. 61, apoyo A). La reacción NA de este apoyo está dirigida por la normal a la superficie sobre la cual descansan los rodillos del apoyo móvil.

2. Apoyo de rótula fijo (fig. 61, apoyo B). La reacción R„ de este tipo de apoyo pasa por el eje de la rótula y puede tener una dirección cualquiera en el plano del dibujo. En el proceso de la solución de problemas la reacción RB la expresamos por sus compo­

70 Cap. IV. Sistema de fuerzas dispuestas arbit en un plano

nentes X e Y„ cu las direcciones de los ejes coordenados. Si resol­viendo el problema hallamos X„e Yg, entonces está determinada tam­

bién la reacción /?„; por su módulo R„ — Y X)¡ + Y«.El modo de fijar mostrado en la fig. 61, se emplea para que la

viga AB no tenga tensiones adicionales durante los cambios de su longitud como resultado de las variaciones de temperatura o debidas a la flexión.

Señalemos que si el apoyo A de la viga (fig. 61) es también fijo, la viga sometida a las acciones de cualquier sistema plano de fuerzas será estáticamente indeterminada, pues en este caso, en las tres ecuaciones de equilibrio (33) aparecerán cuatro reacciones incógnitas X^, Y A, X„, Yb (véase el § 12).

3. Apoyo empotrado fijo o empotramiento rígido (fig. 62). En este caso en el extremo empotrado de la viga actúa, por parte de las superficies de apoyo, un sistema de fuerzas de reacción distribuidas.Considerando estas fuerzas como reducidas a un centro A podemossustituirlas por una fuerza incógnita RA aplicada en este cèntro y un par de n omento incógni'o M A. La fue'za R Á puede expresarse porsus componentes X A e VA. De este modo, para hallar la reacción delapoyo empotrado fijo es necesario determinar tres magnitudes incóg­nitas X,,. YA y M a. Si debajo de esta viga hacemos, en un punto cualquiera fi, un apoyo más, entonces la viga será estáticamente indeterminada.

El problema de las direcciones de las reacciones de otros tipos de ligaduras fue estudiado en el § 4.

Problema 21. Determinar las fuerzas de presión de las ruedas A y B de una grúa, (razada esquemáticamente en la fig. 63, sobre los rieles. El peso de la grúa P = 4tf, su centro de gravedad se encuentra en la linea DE. El peso de la carga ijue se levanta Q = lt f , la flecha de la grúa ¿> = 3,5m, la distancia AB = 2a = 2,5m

Solución. Examinemos el equilibrio de toda la grúa. Sobre la grúa, si la con­sideramos como libre, actuarán las fuerzas dadas P y Q y las reacciones de las ligaduras omitidas y NB Para obtener un sistema de fuerzas paralelas compon­gamos las condiciones del equilibrio (37) tomando por el centro de momento el punto A. Proyectando las fuerzas sobre el eje vertical, obtenemos:

Fig. 61 Fig. 62

— Pa + NB 2a—Q(fl-ffc) = 0.

Na + Nb — P —Q-0-

§ 25. Solución de problemas 71

Resolviendo estas igualdades hallamos:

^ = 4 -4 ( 4 ~ 0 = ' -

4 +4 (4 +*)-

Ití;

NB 3,9tí.

Para la comprobación, componemos una ecuación de momentos respecto del centro B

— N¿2a P a — Q (6 — fl) *-= 0.

Sustituyendo aquí la magnitud N¿ por su valor determinado comprobamos que la igualdad es correcta. Las presiones incógnitas de las ruedas sobre los rieles equi­valen numéricamente a N¿ y Nr , pero están diri­gidas hacia abajo.

De la solución hallada está claro que cuando

Q = P-b— a

2 ,2 2 tf.

la reacción NA se hace nula y la rueda izquierda no ejerce presión sobre el riel. Si se sigue aumen­tando la carga Q, la grúa empezará a volcarse. Es evidente que la mayor carga Q. la que mantiene el equilibrio de la gcúa, se determina de la condi-

ción 2 "!»<<*■'*) = 0Problema 22. Una barra homogénea AB, de

peso P se apoya con su extremo A en un plano horizontal liso y en un saliente D y con su extre­mo B en el plano inclinado que forma con el hori­zonte un ángulo a (fig 64). La propia barra está inclinada y forma con el horizonte un ángulo p.. Determinar las fuerzas de presión de la barra sobre ambos planos y el saliente D.

Solución. Examinemos el equilibrio de la barra AB suprimiendo las ligaduras y considerándola libre. En este caso sobre la barra actuarán: la fuerza dada P apli­

cada en el centro de la barra y las reacciones de las ligaduras R, N ,. /V2 dirigi­das perpendicularmente a los planos correspondientes. Tracemos los ejes coordenados (véase la fig. 64J y compongamos las condiciones de equilibrio (33) tomando los momentos respecto del centro A. donde se intersecan dos fuerzas incógnitas. Calcu­lemos previamente las proyecciones de cada una de las fuerzas sobre los ejes coor­denados y también el momento de cada fuerza respecto del centro A; todas estas magnitudes se escriben en la tabla *>; al mismo tiempo designamos: AB = 2a y

K.AB=*.y (AK es el brazo de la fuerza R respecto del centro <4).

Para saber de qué modo hay que llenar la tabla, vease la nota en la pá­gina 41.

72 ________ Cap. IV. Sistema de fuerzas dispuestas arbit. en uri plano

' •

P R

0

0 — /?senot

'V , * 0 — p R cosa

0 0 —Pa cosp R 2a eos y

Ahora, planteamos las condiciones de equilibrio:

/V*— R sen ce = 0. Nx—P-f R eos a = 0 .

De la última ecuación hallamos:

PcosJ 2 eos y

Puesto que la recta AKes paralela al plano inclinado, de aquí y = « —Deíinitivamenle:

__PcosJ_2 eos (a —P) '

Ahora, resolviendo las dos primeras ecuaciones, obtendremos:

M - n T . eos g eos P ] „ sen g coa P

1 [ 2 eos (o— P)J' ’ 2 cos(g — P)'

Por su módulo, las pr'$ion«s sobre los plano« eqi ivahn a las reaccione- co­rrespondientes y están dirigidas en sentidos opuestos.

Para comprobar si los cálculos de las magnitudes Nt y Nt son correctos, se pueden componer las ecuaciones de los momentos respecto de los puntos donde se Intersecan las líneas de acción de las fuerzas R y y también R y N%.

De la solución expuesta se deduce una conclusión: cuando para determinar las proyecciones de las fuerzas ó de los momentos de éstas se necesite hallar una mag- nitud cualquiera (longitud o ángulo) no conocida de las condiciones del problema, deberá designarse ésta por una letra e introducirse en las ecuaciones ae equili­

brio. Si durante la solución del problema la magnitud introducida no se elimina, entonces hay que expresarla por las mag­nitudes dadas.

Problema 23. Un arco simétrico (lig. 65) está cargado de un sistema de fuerzas que se reducen a una fuerza Q = 4tf apli­cada en el punto D y a un par de mo­mento A*£)= I2tfm. El peso del arco

X P = 8 tf, Jas dimensiones son A B i= a = lOm, ¿> = 2m, /2= 3 m ,a = 60°. Determinar las reac­ciones del apoyo de tótula fijo B y del apoyo movible A.Fig. 65

§ 25. Solución de problemas 73

Solución. Estudiemos el equilibrio de todo el arco, suprimiendo las ligaduras y considirándolo libre. En este caso, sobre el arco actuarán las fuerzas dadas P y Q y un par de fuerzas de momento M n y también las reacciones de los apoyos N¿, X r e Yg 0 a reacción del apoyo de la rótula fijo la expresamos por sus dos com­ponentes, como se ve en la fig. 61). Según los datos de este problema, es más có­modo componer las condiciones de equilibrio en la forma (34) tomando los momen­tos respecto de los centros A y B y las proyecciones sobre el eje Ax. Como resul­tado. cada ecuación tendrá una sola fuerza incógnita. Calculamos los momentos y las proyecciones de cada fuerza y los dalos obtenidos los escribimos en la tabla. Para calcular los momentos de la fuerza Q la descomponemos en sus componentes Qx >' Qy y empleamos el teorema de Varignon.

Na P X „ Yr Q M d

° 0 X r 0 0 cosa 0

m A </>) o0 V'flo M d

mn (Fk) - N AaP T

0 0 -|<?«|A + |Qy | (a - 6 ) M d

Componemos las condiciones de equilibrio teniendo en cuenta que | Qx | = Q eos a, | Qy | — Q sen ct y obtenemos:

X fl-f Qcos a = 0 , (a)

Yga — — hQcos a — ¿Qsen a + M¿) = 0, (b)

— N ¿a + P — hQ eos a-\-{a — b) Q sena-j-M¿) = 0. (c)

Resolviendo las ecuaciones obtenidas hallamos;

Xg = — Q eos a = —2tf,

P 6»na± A c o ^ _ M e 2 a a

P (a-tisona-Acosa* 2 a a

La magnitud Xg resultó ser negativa. Por consiguiente, la componente Xg tiene ladirección opuesta a la que se muestra en la figura, lo cual podría ser previsto deantemano. La reacción completa del apoyo B se determina como la suma geomé­trica de las fuerzas Xg e Yg. El módulo es:

Rb-VX¡, + Y), a 4,55tf.

Si la dirección de rotación del par oue actúa sobre el arco es contraria a laindicada en la fig. 65, entonces — Í2tfm . En este caso, obtendremos Yg == 6,49 tf, NJ4 = 4,97 tf; es decir, la magnitud X g no variará.

Para la comprobación componemos la ecuación de proyecciones sobre el eje>!y;

Na -\~Yg— P — Qsen a = 0. (d)

74 Cap ¡V. Sistema de fuerzas dispuestas arbit. en un plano

Poniendo aquí los valores hallados de NA c Yr . comprobamos que ellas satisfacen e esta ecuación (la j.ustitución debe realizarse en la forma general, para revisar las fórmulas, y también en números, para revisar los cálculos numéricos).

Hace falta tener en cuenta que durante tal comprobación pueden quedar vela­dos los errores relacionados con la determinación incorrecta de las proyeccioneso momentos de las fuerzas dirigidas perpendicularmente hacia el eje Ay. Por eso.se debe comprobar adicionalmente esta parte de los cálculos o componer una ecua­ción más para comprobar; por ejemplo, la ecuación de momentos respecto del cen­tro D.

Seftalemos además lo siguiente: como se sabe, durante la composición de las condiciones (34) no se debe dirigir el eje de proyecciones perpendicularmente a la

línea AB (en nuestro casó no debe dirigirse a lolargo de Ay). Sin embargo, si a base de las pro­yecciones sobre el eje Ay compondríamos >3 ter­cera ecuación, entonces obtendríamos un sistema de ecuaciones (b). (c), (d) que tendría solamen­te dos incógnitas ÑA e Yb (en este sistema unaecuación seria corolario de las otras dos). Comoresultad >, no podríamos determinar la reacción A'fí

Problema 24. Una barra homogénea AB cstá empotrada rígidamente en un muro formando con éste un ángulo oc=60° (fig. 6 6 a) La parte dela barra saliente del muro tiene una longitudb = 0,8 m yes de peso P = 100 kgf. Dentro del ángulo DÁB descansa un cilindro de peso Q = 180 k¿f que hace contacto con la barra en el pun­to E, siendo AE = a = 0,3 m. Determinar la reac­ción del empolramiento.

Solución. Estudiemos el equilibrio de la barra, despreciando las ligaduras y considerándo­

la libre. En este caso sobre la barra actuarán: la fuerza P aplicada en la partemedia de la barra, la fuerza de presión F del cilindro aplicada en el punto Ey dirigida perpendicularmente a la barra (jperode ningún modo la fuerza Q que se aplica al cilindro y no a la barra!) y la reacción del empotramiento, la cual expre­samos por dos componenetes X A, YA y por un par de momento M A (véase la fig 62).

Para componer las condiciones de equilibrio (33 cal'ulemos las pr* yecciones de todas las luerzas sobre los ejes coordenados y los momentos de éstas respecto del centro A (véase la tabla).

Fig 6 6

F„ X A Ya F P Ma

Fk* X a 0 F cosa 0 0

F>y 0 Y a — F sen a - P 0

<”A (Fk) 0 0 - F a p b ~ 2 a

M a

Para determinar la presión F descompongamos la fuerza Q. aplicada en el cen­tro del cilindro, en las componentes F y N perpendiculares a la barra y al muro (íig. 6 6 , b). Del paralelogramo obtenido hallamos:

F = — sen a

§ 25. Solución de problemas 75

Ahora, comparando las condiciones de equilibrio y sustituyendo simultáneamen­te F por la magnitud hallada obtendremos:

*M + <? co(got = 0. Ya — Q — P = 0, M j - Q P-|-sena = 0.

Resolviendo estas igualdades hallaremos:

X A = — Q cotg a = — 103,8 kgf, Y A = P + Q = 280 kgf,

M a = Q — ---h P ~ sen a — 96,9 kgím.A sen a 2 ° __________

La reacción del empotramiento se compone de la fuerza R A = \fXA + Y2A y de! par

de momento M A.En resumen, hay que subrayar una vez más Ja conclusión fundamental que st

deduce del proceso de resolver problemas: en las condiciones de equilibrio, entransolamente las fuerzas aplicadas directamente al cuerpo cuyo equilibrio se estudia.

Problema 25. A un poste con travesano (flg. *67) están fijadas dos poleas C y D por las cuales pasa una cuerda que sostiene una carga de peso Q = 240 kgf. El extremo infe­rior de la cuerda está amarrado en el punto B. El poste se mantiene en equilibrio median­te un tirante E E X. Determinar la tensión del tirante y la reacción del empotramiento A considerándolo como de charnela (es decir, movible, que permite al poste dar vueltas a l­rededor del punto >4); el peso del poste con el travesano y el rozamiento en las poleas se desprecian. La distancia entre la polea C y el poste es de I m; las demás dimensiones están indicadas en el dibujo.

Solución. Suprimiendo las ligaduras exa­minemos el equilibrio de toda la construc­ción, es decir, del poste con el travesaño, de las poleas y de un segmento de la cuerda KDCM que pasa por las poleas (véase elproblema 1 0 , la estructura es rígida y puede considerarse como un solo cuerpoabsolutamente sólido). Sobre la construcción actúan las siguientes fuerzas exterio­res: las tensiones Q y F de la cuerda en los puntos Af y K y las reacciones de las ligaduras T, X A. YA. Las fueizas internas no se indican en el dibujo por estar mutuamente equilibradas. Puesto que al no haber rozamiento en las poleas la ten­sión en cualquier punto de la cuerda es la misma por su módulo F==Q.

Calculamos las proyecciones ^e todas las fuerzas sobre los ejes coordenadosy sus momentos respecto del centro A, al introducir los ángulos a y 5 (véase latabla): ____________________________________________________________

QF T X a Ya

°F eos a — T eos p X a 0

F>y - Q

— F sen tx — T sen P 0 V'x

<’M (/r.) — Q-1 .0 - F - 0.9 sen a T • 1 . 2 sen fi 0 c

76____________ Cap ¡V. Sistema de fuerzas dispuestas arbil. en un plano

De los triángulos rectangulares AEEX y ADB hallamos que ££t*»2,0 m, DB= 1.5 m. De aquí sen a = sen (3 = 0,8; eos a = eos p = 0.6 Por consiguiente, en este caso a=p. Ahora componemos las condiciones de equilibrio, sustituyendo al mismo tiempo las funciones trigonométricas por los valores hallados y se considera también que £«=(?. Obtendremos:

0.6Q—0,6T + X>4 = 01 -Q-0.8Q — 0.8 7 + = 0.— 1.0 Q —0,72 Q 4-0,967 = 0.

Resolviendo estas igualdades hallamos definitivamente:

r = ^ Q = 430 kg¡, X ,, = 12(2 = 114 kgl, Y A = Q = 7 7 6 kgl.

Presten atención a las conclusiones siguientes: I) durante el planteamiento de las condiciones de equilibrio toda construcción que después de ser liberada permanece rígida, puede considerarse como un cuerpo absolutamente sólido; 2 ) las fuerzas in­ternas que actúan sobre los elementos de la construcción (en el problema examinado son las tensiones del segmento DC de la cuerda que actúan sobre las poleas C y O), no entran en las condiciones de equilibrio por estar equilibradas mutuamente

§ 2o. Equilibrio de sistemas de cuerpos. En muchos casos el cálculo estático de contracciones de ingeniería se reduce al estudio de las condiciones del equilibrio de una construcción compuesta de un sistema de cuerpos unidos por medio de varias ligaduras. Las ligadu­

ras que unen los elementos de la construcción dada se llaman interiores, a diferencia de las ligaduras exteriores que sujetan la construcción con los cuerpos no pertenecientes a ella (por ejemplo, con los apoyos).

Si después de suprimir las ligaduras exterio­res (apoyos), la construcción permanece rígida, entonces los problemas de Estática se resuelven del mismo modo que los problemas relacionados

con los cuerpos absolutamente sólidos. Algunos ejemplos semejantes fue­ron estudiados en los problemas 23 y 25 (véase las figuras 65 y 67).

Pero hay casos en ios que las construcciones de ingeniería, al su- pripiír sus ligaduras exteriores no se quedan rígidas. Como ejemplo de este tipo de construcciones puede servir un arco de tres charnelas (fig. 68). Si suprimimos los apoyos A y B el arco no permanecerá rígido, pues sus partes pueden dar vueltas alrededor de la charnela C.

A base del principio de solidificación el sistema de fuerzas que actúa sobre tal construcción, si ésta se encuentra en equilibrio, debe satisfacer las condiciones de equilibrio de un cuerpo sólido. Pero, como indicamos, estas condiciones siendo necesarias, no serán suficientes, por lo cual valiéndose de ellas es imposible determinar, todas las in­cógnitas. Para resolver el problema es necesario examinar complemen­tariamente el equilibrio de uno o varios elementos de la construcción.

Por ejemplo, componiendo las condiciones de equilibrio para las fuerzas que actúan sobre el arco de tres charnelas (véase la fig. 68)

§ 26. Equilibrio de sistemas de cuerpos 77

obtendremos tres ecuaciones con cuatro incógnitas X,,, Y A, XB, YB. Después de estudiar adicionalmente la mitad izquierda (o derecha), de las condiciones de equilibrio obtendremos tres ecuaciones más, que contendrán dos nuevas incógnitas Xc, Yc que no se muestran en la fig. 68. Resolviendo el sistema obtenido de seis ecuaciones, hallaremos las seis incógnitas (véase el problema 26).

Otro método de resolver problemas semejantes consiste en dividir la construcción en cuerpos aislados, después de lo cual se componen las condiciones de equilibrio para cada cuerpo, considerándolo libre (véase el problema 27). En este caso, las reacciones de las ligaduras interiores serán, según su módulo, iguales por parejas y tendrán sen­tidos opuestos. De este modo, para una construcción de n cuerpos, sobre los que actúa cualquier sistema plano de fuerzas, obtendremos 3n ecuaciones que permiten hallar 3n incógnitas (en caso de otros sistemas de fuerzas el número de ecuaciones variará correspondientemente). Si para la cons­trucción dada el número de todas las reac­ciones de ligaduras es mayor que el nú­mero de las ecuaciones en que entran estas reacciones, entonces la construcción es estáticamente indeterminada.

Problema 26. Una consola se compone de una barra horizontal /ID (fig. 69, a) de peso Pt= 15 kgí fijada al muro por medio de una charnela y de un jabalcón CB de peso Pt = l2 kgf, unido, a su vez, mediante charnelas con la barra AD y el muro (todas las dimensiones se dan en el dibujo).Del extremo D de la barra pende la carga de peso Q = 30 kgf. Determinar las reacciones de las charnelas A y C considerando la barra y el jabal­cón homogéneos.

Solución. Al suprimir las ligaduras exterio­res examinemos el eauilibrio de toda la consola en general. .Sobre ella actúan las fuerzas dadas

Q y las reacciones de ligaduras X A. YA, Xc, Yc. La consola sin ligaduras exteriores no puede considerarse como una construcción rígida (las barras pueden dar vueltas alrededor de la charnela B), pero según el principio de solidificación, las fuerzas que actúan sobre ella, si hay equilibrio, deben satisfacer las condiciones estáticas de equilibrio. Componiendo estas condiciones hallaremos:

S f b - ^ + 0 ,'ZF,y^ r A + Yc-Pt-P,-Q=0.ü mA (f"'k) X c • 4a — Yca — P¿a — Pl 2a — QAa = 0.

Como se ve, en las tres ecuaciones obtenidas hay cuatro incógnitas X¿, Y a, Xc. Yc• Para resolver el problema examinemos complementariamente las condicio­nes del equilibrio de la barra AD (fig. 69, 6). Sobre ella actúan las fuerzas P,. <? y las reacciones Xa, Ya. Xh. Yfí La cuarta ecuación faltante puede ser compuesta tomando los momentos de estas fuerzas respecto del centro B (en este caso las nue­

78 Cap. IV. Sistema de fuerzas dispuestas arbií. en un plano

vas incógnitas A'/j c Kfl no entrarán en la ecuación). Obtendremos:

Ahora, resolviendo el sistema de las cuatro ecuaciones compuestas (empezando con la última) hallaremos:

De los resultados obtenidos, se ve que las fuerzas Y¿ y X¿ tienen direcciones opues­tas a las indicadas en el dibujo. Las reacciones de la charnela B. si es necesario definirlas, se hallarán de las ecuaciones de las proyecciones de las fuerzas sobre los ejes x e y que actúan sobre la barra AD y serán iguales a: X a — — Xy, Yn = P,-\- 4 Q - K ¿ = 50 kgf.

Hay que prestar atención a que, resolviendo sistemas de ecuaciones, el valor de cada una de las magnitudes debe ponerse en la ecuación posterior con el mismo

signo obtenido durante la solución de la ecuación anterior. Por ejemplo, en este caso, en la última ecuación Y4 se sustituye por — 5 kgí y no por + 5 kgí. Por esta razón, al hallar que Y, 1 = — 5 kgf, no se debe cambiar en el dibujo la dirección de la fuerza (lo que a veces se hace) considerando que = 5 kgf, pues esto puede llevar a errores durante la solución de las ecuaciones de equilibrio posteriores.

Como se ve, durante la solución de problemas de Estática no es necesario Lomp,ner Jempre t das las ondi iones del .equ.libri para el .uerpj que se examina. Si el problema no exige determinar las reacciones de unas ligaduras, entonces hay que tratar de componer las ecuaciones que no contengan estas incógnitas. De esto modo hemos procedido en el problema presente al examinar el equilibrio de la barra AD, componiendo solamente la ecuación de momentos respecto del centro B.

Problema 27. Una viga- horizontal AB de peso Q = 20 kgí está fijada en la pared mediante una charnela A y descansa sobre el apoyo C (fig. 70, a). A su extremo B, va articulada una barra BE de peso P = 40 kgf que descansa sobre un

saliente D. Aquí CB=---~ AB y D £ = ~-B£, el ángulo a = 45°. Determinar las

reacciones de los apoyos considerando que la viga y la barra son hemogéneas.Solución. Dividimos el sistema en dos partes y estudiamos el equilibrio de la

barra BE y de la viga AB por separado. Si consideramos la barra BE libre (fig. 70, a), entonces sobre ella actúan la fuerza P y las reacciones de ligaduras Nd> Xg, Yfí. Introducimos la designación BE = a y al componer para estas fuerzas las condiciones de equilibrio (33). obtendremos:

> ' , i- y ( í>1- Q ) = - 5 kgí. Kc = |-Pl + P ,- fi-Q = 62 kgf.

* c = 4 />1+ £ ' . + 4 « - * kE'. X j = - X c = - 5 6 kgl.

a b

Fig. 70

2 F k X 8 — N& sen a = 04

2 2 ^ * / " y B— P + N& o s et = 0,

20. Equilibrio de sistemas de cuerpos

Resolviendo estas ecuaciones hallaremos:

= P eos a = 21.2 kgf. P sen 2a = 15 kgí.

= P ( l - i- co s ’ a ^ =2S kgf.

Sobre la viga AB, si la consideramos libre, actúan la fuerza Q, las reacciones

de ligaduras exteriores Nc , X A, YA y las presiones X B e Y b de la barra BE

que se transmiten a través de la charnela B (fig 70, b). En este caso, de acuerdo

con el axioma 4, las fuerzas X B e Y B deben tener direcciones contrarias a las de

X B, Yb\ sus módulos son X D =sXB e Y B =¡YB.

Introduciendo la designación AB*=b y componiendo las condiciones del equilibrio (34) para las fuerzas que actúan sobre la viga, obtendremos:

2 > c (/••*)— y„ .j-b+Q±.-v-B±-o.

Considerando que en estas ecuaciones X B = X B y Yb = YD después de resolverlas,

hallaremos:

X,, = X a = 15kgf. YÁ = | Q — •i-V's = — 7.5 kgf,

Wc = J < ? + | V a-52.5 kgf.

Los resultados obtenidos nos muestran que todas las reacciones, excepto YA. se dirigen tal como se ve en la fig. 70, pero la reacción YA está dirigida prácticamente hacia abajo.

Durante la solución de problemas mediante este método es importante tener en cuenta que si presión de un cuerpo sobre otro se indica por una Juerza R o por sus componentes X e Y, entonces, de acuerdo con el axioma 4, la presión del otro cuerpo sobre el primero debe indicarse por una fuerza R\ dirigida opuestamente a R, (según el módulo R '*= R ) o por sus componentes X ' e Y ', dirigida* opuesta­mente a X e Y (de módulo X ' = X , Y'*=*Y).

Señalemos que utilizando este método se comete con frecuencia alguno de los errores siguientes: 1) las fuerzas X ' e Y ' no se dirigen opuestamente a X e Y y como resultado la solución resulta ser incorrecta, 2) las fuerzas X ' e K'están diri- g'das correctamente (es decir, c i sen'.ido opuejto * X e Y), pero resolviendo el problema se considera que X '= — X . Y' = — Y y como resultado la solución resulta ser también incorrecta, pues aqui se comete, en realidad, el mismo error que en el primer caso.

Para evitar tales errores se recomienda, como regla general, emplear, para las construcciones compuestas de dos cuerpos, el método empleado en el problema 26. Además, este método lleva habitualmcnte a sistemas de ecuaciones más simples porque las fuerzas interiores no entran en las condiciones de equilibrio de toda la construcción (véase la solución del problema 26).

Problema 28. Sobre un arco de tres charnelas (fig. 71) actúa una fuerza hori­zontal F. Demostrar que durante la definición de las reacciones de los apoyos A y B, el punto de aplicación de la fuerza F no puede ser trasladado al punto £ , que se encuentra a lo largo de su linea de acción.

80 Cap. IV Sistema de fuerzas dispuestas arbit. en un plano

Solución. A! librar el arco de las ligaduras exteriores (los apoyos A y B) obtenemos una construcción variable que no puede considerarse como un cuerpo rígido. Por consiguiente, el punto de aplicación de la fuerza, que actúa sobre tal construcción, no puede trasladarse a lo largo de la línea DE, incluso durante la definición de las condiciones de equilibrio de la construcción (véase el § 3, corolarios de los axiomas I y 2 ).

Podemos convencemos de ¿sto mediante la solución directa del probíema. Eí peso del arco se desprecia. Al principio examinemos la parte derecha del arco con­siderándola libre. Sobre ella actuarán solamente dos fuerzas: las reacciones Rn y Rc de charnelas B y C (la fuerza Rc no está trazada en el dibujo). Si hay

equilibrio estas fuerzas deben estar dirigidas a lo largo de una recta, es decir, a lo largo de la linea BC. Por consiguiente, la reacción Rb está dirigida a lo largo de BC.

Ahora, estudiando el equilibrio del arco entero, hallamos que sobre éste actúan tres fuerzas: la fuerza dada F y las reacciones de los apoyos R fí (cuya dirección acabamos de determinar) y RA. De acuerdo con el teorema de tres fuerzas, en caso de equilibrio, las líneas de acción de estas fuerzas deben intersecarse en un punto. De aquí hallamos la dirección de la reacción R¿. Los módulos de las reacciones

y Rn se hallan del triángulo de fuerzas correspondiente.Si la fuerza F se aplica en el punto £ , entonces, razonando de modo análogo

y efectuando las construcciones necesarias (fig. 71, 6 ) nos convenceremos de que en este caso los módulos y las direcciones de las reacciones de los apoyos R A y Rn serán otros.

§ 27*. Determinación de tos esfuerzos Interiores. Los esfuer­zos interiores de cualquier sección de un cuerpo o de una construcción (viga, arco, etc.) son las fuerzas, con las cuales las partes del cuerpo separadas por dicha sección, actúan entre sí. El método de determi­nación de los esfuerzos interiores es análogo al método que se emplea durante el estudio del equilibrio de sistemas de cuerpos. Primero se examina el equilibrio de todo el cuerpo (construcción) completo y se determinan las reacciones de las ligaduras exteriores. Luego, mediante una sección, en la cual es necesario hallar los esfuerzos interiores, se divide el cuerpo en dos partes y se examina el equilibrio de una de ellas. En este caso, si el sistema de fuerzas exteriores aplicadas al cuerpo es plano, entonces, la acción de la parte despreciada se susti­tuirá, en el caso general, por un sistema plano de fuerzas distribuidas por la sección. Estas fuerzas, tal como en el caso del empotramiento rigido (véase la fig. 62), se indican por una fuerza aplicada al centro de la sección, con dos componentes X e V desconocidas de antemano, y por un par de momento M también desconocido. Un ejemplo del cálculo se da en el problema 29.

§ 27. Determinación de los esfuerzos interiores 81

= i fFig. 72

Problema 29. Considerando la longitud de la viga AB — 1 m (problema 27. fig. 70), hallar los esfuerzos en la sección transversal de la viga que se encuentra a una distancia i4£ = 0,6 m del extremo A.

Solución. Las ligaduras exteriores de la viga son el apoyo C v las charnelas A y B. Las reacciones de estas ligaduras fueron definidas durante la solución del problema 27. Hagamos una sección ab en la viga y estudiemos el equilibrio de su parte izquierda (fig. 72). De acuerdo conlo dicho más arriba sustituyamos la acción de la parte omitida por dos fuer­zas X g, Yg aplicadas al centro £ de la sección y por un par de momento M g. /7 X.Componiendo las condiciones de equilibrio (36) para las fuerzas X ¿ , Y a , Q, X g t Yt’ y para el momento M g que actúan sobre la parte de la viga que se estudia, obtenemos

2 ^ * * “ ^ + * « = ° . 2 ^ - ^ + J '£ - Q = o.

2 m A (f* ) - iME+ 0.6KB-0,5<? = 0.

Según los datos del problema 27, Q = 20 kgf, X ,t= 1 5 kgf, YA-= — 7,5 kgf. Aprc* vcchando estos valores hallamos de las ecuaciones compuestas:

X E = — \S kgf. Yg = 27.5 kgf. M g = — 6,5 kgfm.

Entonces, sobre la parte izquierda de la viga en la sección ab actúan: 1 ) la fuerza longitudinal X g, que aquí comprime la viga, 2) la fuerza transversal Yg que trata de desplazar a lo largo de la linea ab la parte de la viga contigua a la sección, 3) el par de momento M g llamado momento flector que provoca, en este caso, una extensión de las fibras superiores de la viga y una compresión de las inferiores.

§ 28. Fuerzas d is tr ibu idas . En los cálculos de ingeniería, se encuentran frecuentemente cargas distribuidas sobre una superficie dada según una u otra ley. Examinamos algunos ejemplos más simples de fuerzas coplanares distribuidas.

Un sistema plano de fuerzas distribuidas se caracteriza por .su intensidad q, es decir, la magnitud de la fuerza en la unidad de

- < mu UJH «í

A 3

<?

— r r fT lT r t T T

0 ,

--a—t T *

C

f í í í p ^ -

Fig. 73

longitud del segmento cargado. La intensidad se mide por Newton o kilogramos fuerza divididos entre metros (N/m o kgf/m).

I) Fuerzas distribuidas uniformemente a lo largo del segmento deuna recta (fig. 73, a). Para tal sistema de fuerzas, la intensidad q

t. I

82 Cap. ¡V. Sistema de fuerzas dispuestas arbit. en un plano

es una magnitud constante. Realizando cálculos estáticos se puede sustituir este sistema de tuerzas por su resultante Q. El módulo es.

Q + aq. (39)

La fuerza Q está aplicada en el centro del segmento AB.2) Fuerzas distribuidas, de acuerdo con una ley lineal, a lo largo

de un segmento de recta (lig. 73. b). Como ejemplo de este tipo decarga pueden servir las fuerzas de presión del agua sobre una presa: cerca del fondo, estas fuerzas alcanzan el máximo y se reducen acero cerca de la superficie del agua. La intensidad q de estas fuerzas es una magnitud variable que crece desde cero hasta una cantidad máxima q„. La resultante Q de tales fuerzas se determina de lamisma manera que la resultante de las fuerzas de gravedad actuantes sobre una lámina triangular homogénea ABC. Puesto que el peso de una lámina homogénea es proporcional a su área, su módulo será

Q = 4 a<?-- (40)

La fuerza Q está aplicada a la distancia del lado BC del trián­

gulo ABC (véase § 57, p. 2).3) Fuerzas distribuidas de acuerdo a una ley arbitraria a lo largo

de un segmento de recta (fig. 73, c). La resultante Q de tales fuer­zas, por analogía con la fuerza de grave­dad, será igual al área de la figura ABDE,medida en una escala adecuada, y pasará por el centro de gravedad de esta área (la definición de los centros de gravedad de áreas se estudiará en el •§ 55).

4) Fuerzas distribuidas uniformemente por un arco de circulo (fig. 74). Como ejemplo de tales fuerzas pueden servir lasfuerzas de presión hidrostática sobre lasparedes de un vaso cilindrico. De la sime­tría se ve que la suma de las proyecciones de estas fuerzas sobre el eje Oy perpendicu­lar al eje de simetría Ox es nula. Por consi­guiente, su resultante Q está dirigida alo largo del eje Ox. El módulo es, Q = Q* = 2(<¡&Í*)cos<p„ donde q&lk es la

Fig 74 fuerza que actúa sobre el segmento de arcode longitud A/*. <p* es el ángulo formado

por esta fuerza y el eje Ox. Pero del dibujo se ve que A/jCosip, — Ayk.Entonces, sacando el multiplicador común fuera del paréntesis (fueradel signo de la suma) obtendremos:

Q = 2 = <1AB-

§ 28. Fuerzas distribuidas 83

De este modoQ ^qh , (41)

donde h es la longitud de la cuerda que limita el arco AS.

Problema 30. Una viga de consola AB, cuyas dimensiones están indicadas en el dibujo (fig. 75), está sometida a una carga de intensidad q0 kgf/m distribuida uniformemente. Despreciando el peso de la viga y considerando que las fuerzas de presión sobre el extremo empotrado están distribuidas según la ley lineal, determi­

nar la magnitud de las intensidades máximas qm y q'„, de estas fuerzas; siendo b = 2 a (compárese con el esquema del problema 14, § 17).

Fig. 75 Fig. 76

Solución. Sustituimos las fuerzas distribuidas por sus resultantes Q. R y R\ donde según las fórmulas (39) y (40)

Q = /? = -!-<7„a, R' = q '„ a ,

y componemos las condiciones de equilibrio (37) para las fuerzas paralelas que actúan sobre la viga:

- « + /?-* ' =0. + 0.

Sustituimos aquí Q, R , R ' por sus valores y al resolver estas ecuaciones hallamos definitivamente

?» = ( 3r>+2r ) , '): ‘'™ = ( 3r*+ 4r ) í «-

Sabiendo que b = 2a obtendremos qm~\6q0, q'm = 20qo.Problema 31. Un balón cilindrico de altura // y de diámetro interior d. es(á

lleno de un gas de presión p kgf/m2. El ancho de las paredes cilindricas del balón equivale a a. Determinar la intensidad del esfuerzo de la tensión que experimentan las paredes en las direcciones: I) longitudinal y 2) transversal (la tensión equivale a la razón de la fuerza de extensión y el área de la sección transversal).

Solución. 2) Cortamos el cilindro mediante un plano perpendicular a su eje en dos partes y examinamos el equilibrio de una de ellas (fig. ib, a). Sobre ésta, en la dirección del eje del cilindro, actúan dos fuerzas: la de presión sobre el fondo

F'-r-p y la otra es la fuerza Q. resultante de las fuerzas distribuidas por el ácea

84 Cap. IV. Sistema de fuerzas dispuestas arbit. en un plano

de la sección (la acción de la mitad suprimida). En caso de equilibrio Q = F=-^~ p.

Considerando que el área de la sección transversal equivale aproximadamente a j\da, obtendremos el valor del esfuerzo de extensión at:

a‘ = = T 4 ' ,k el/m,

2) Ahora corlamos la superficie cilindrica por medio de un plano, que pasará por el eje del cilindro, en otras dos partes y examinamos el equilibrio de una de ellas, considerando que todas las fuerzas están aplicadas a ésta en el plano de la sección media (fig. 76, b). Sobre esta mitad del cilindro actúan: a) las fuerzas de presión de intensidad q = pH, distribuidas uniformemente por el arco del semicírculo. Según la fórmula (41) la resultante de estas fuerzas R=.qd=pHd\ b) Iús fuerzas (la acción de la mitad suprimida) repartidas en las secciones A y B, cuyas resultan­tes se designan por St y S7. En vista de que hay simetría S, =St = S.

De las condiciones del equilibrio obtendremos Sl+St* R. de donde S — - pdH.El área de la sección, por la cual esíá repart ida la fuerza S equivale a aH (el área de la sección del fondo del cilindro se desprecia) y por eso podemos hallar el esfuer­zo de tensión de tracción o2

S 1 d . r/ .a*“ J7 /= 2 a pk*'/m -

Como se ve el esfuerzo de tensión en la dirección transversal es dos veces mayor que en la longitudinal.

CAPITULO V

Elementos de grafostática

§29. Polígonos de fu e r z a s y fu n ic u la r . Reducción de un s is ­tem a plano de fu e r z a é a dos fu e r z a s . En los cálculos de inge­niería se emplean frecuentemente los métodos gráficos, que, a. pesar de ser de menor exactitud que los analíticos, permiten obtener resul­tados de un modo más rápido y evidente. El método gráfico de resolver problemas de Estática para el sistema plano de fuerzas se basa en la construcción de los polígonos de fuerzas y funicular.

Sea que un cuerpo sól ido está sometido a las acciones de un sistema de tres fuerzas F,, F,, F, (fig. 77, a). Como se sabe, la figura abcd construida con estas fuerzas (fig. 77, b) se llama polígono de fuerzas. " Recordamos que cuando el extremo de la última fuerza coincide con el origen de la primera, el polígono de fuerzas se llama cerrado y en caso contrario, abierto.

En el plano del polígono de fuerzas tomemos un punto arbitrario 0 (polo) que no se encuentre en los lados del polígono o en sus conti­nuaciones y, mediante los radios polares Oa, 06, Oc, Od, los cuales numeraremos 01, 12, 23, 30 (se lee «cero— uno», «uno —dos», etc; estas cifras indican los números de las fuerzas que convergen en el vértice a donde se traza el rayo correspondiente) y unámoslo con los .vértices del polígono.

Ahora, en el dibujo principal (fig. 77, a) tomemos un punto arbi­trario A y tracemos desde este punto una recta paralela a la 01 hasta

11 Las fuerzas del polígono de fuerzas las designaremos por cifras (números): en vez de F¡ escribiremos 1, en vez de Ft, 2, ele.

86 Cap. V. Elemen/os de graloestática

que se interseque en el punto B con la línea de acción de la fuerza F,. Desde el punto B tracemos una recta paralela a la línea 12 hasta que se interseque en el punto C con la línea de acción de la fuerza F,, etc. La figura ABCDE construida de este modo se llama, polígono funicular. El polígono funicular se llama cerrado, cuando sus lados extremos (en nuestro caso AB y DE) coinciden, es decir, están diri­gidos a lo largo de una misma recta. En caso contrario, el polígono se llama abierto.

Aprovechando la construcción hecha, se puede sustituir cualquier sistema de fuerzas coplanares por dos fuerzas dirigidas por los lados extremos (AB y DE) del polígono funicular.

Para demostrar lo dicho estudiemos primero una fuerza cualquiera de las que actúan sobre el cuerpo, por ejemplo, la fuerza_f, (fig. 77, a). Cuando trazamos esta fuerza aparte como un vector ab (fig. 77, 6) yluego unimos los puntos a y 6 con el punto arbitrario O,_estamosdescomponiendo, de este modo, la fuerza Fx dos fuerzas aO y Ob.

pues del triángulo de fuerzas aOb se ve que F x = ab — aO + Ob (fig. Th b Pero, según el axioma del paralelograino de fuerzas si F, = aO + Ob, la fuerza aplicada_al cuerpo puede ser sustituida por las fuerzas equiva­

lentes a aO y Ob y aplicadas en cualquier punto de la línea de acción de la fuerza F x, particularmente en el punto B (fig. 77, a). En este caso, ya que los lados AB y BC del polígono funicular están trazados paralelos a aO y 60 respectivamente, la fuerza aO pasará a lo largo del lado AB del polígono y la fuerza Ob, a lo largo de BC. Para todas las demás fuerzas, obtendremos un resultado análogo.

De esta manera, trazando en la fíg. 77, b los radios polares Oa, Ob, etc., estamos descomponiendo cada una de las fuerzas F x, F,, F3 en dos:

F , = ab = aO + Ob, F, — be — bO -f Oc, F, — cd = cO + Od.

Las fuerzas equivalentes a aO y Ob sustituyen a la fuerza F x si las aplicamos en el punto B obtenido durante la construcción del polígono funicular (fig. 77, a). Del mismo modo, sustituimos las fuerzas F, y Ft

por las fuerzas bO y Oc, cO y Od aplicándolas en los puntos C y D

respectivamente. Ahora, señalemos que las fuerzas Ob, 60 y Oc, cO dirigidas por las lineas BC y_ CD se equilibran- mutuamente, porque

de la fíg. 77,6 se ve que 06 = — 60 y Oc = — cO. Por consiguiente, estas fuerzas pueden ser despreciadas. Como resultado, el sistema de

fuerzas Fx, Ft, F, se sustituirá efectivamente por dos fuerzas aO y Od dirigidas por los lados extremos AB y DE del polígono funicular.

Para cualquier número de fuerzas, se obtendrá un resultado análogo.§ 30. Determinación g r á f ic a de la resultante. Si el polígono

de fuerzas construido para el sistema plano de fuerzas daao no és cerrado (el vector principal R O), este sistema de fuerzas, de acuerdo

§ 30. Determinación gráfica de la resultante 87

con el párrafo 23, se reduce a una resultante. Se puede hallar gráfi­camente la resultante empleando sucesivamente la regla del paralelo- gramo, pero este método, cuando hay un gran número de fuerzas, es demasiado voluminoso. El problema se resuelve de un modo más

m

Fig 78

' simple mediante la construcción de los polígonos de fuerzas y funi­cular.

Supongamos que un cuerpo sólido está sometido a la acción de un sistema de fuerzas F,, F t, F,. F, (fig. 78, a) En una escala escogida construimos con estas fuerzas el polígono de fuerzas abcde (fig. 78, b).

Su lado ae, que lo cierra, determina el módulo y la dirección de la resultante R. Para hallar el punto de aplicación de la resultante unimos los vértices a, b, c, d, e con un polo arbitrario O y construi­mos el polígono funicular ABCDEF trazando las lineas AB\\aO, BC\\bO, etc. (fíg. 78, a). De acuerdo con lo demostrado, las fuerzas dadas pueden sustituirse por dos fuerzas dirigidas por las lineas AB y EF. Por consiguiente, la resultante de estas fuerzas (quiere decir.

«8 Cap V Elementos de Rra/oesí ática

«Je las luerzas F x, F ,. F„ F,) pa.sa por el punto de intersección de las rectas AB y EF. De esta manera, al construir el polígono funicular y continuando sus lados extremos, hasta que se intersequen, hallaremos un punto K, a través del cual pasa la resultante de las fuerzas com­ponentes. Ahora, al trazar por el punto K una recta mn paralela a ae y aplicando en un punto cualquiera de ésta la fuerza R, hallaremos ia resultante incógnita.

Una construcción análoga para el caso de fuerzas paralelas está representada en la fíg. 79. Aquí el polígono de fuerzas, se convierte

en un segmento de la recta y la resultante R — ae.§ 31. Determinación g r á f ic a de un p a r resultante. Si el po­

lígono de fuerzas, construido para un sistema dado de fuerzas copla-

nares, es cerrado y el polígono funicular es abierto, este sistema de fuerzas se reduce a un par resultante.

En efecto, cuando el polígono de fuerzas abcde, construido para las fuerzas dadas F¡, Ft, F „ F „ es cerrado (fíg. 80), entonces las líneas aO y Oe coinciden ". En este caso, los lados extremos AB y EF del polígono funicular, si éste no es cerrado, serán paralelos.

Según lo demostrado en el párrafo 29, las fuerzas dadas pueden

sustituirse por dos fuerzas que equivalen, en este caso, a aO y Oa

(por ser ~Oe*=~Oa) y se dirigen a lo largo de las rectas AB y EF. De este modo, el sistema de fuerzas F t, F,, F,, Ft resulta ser sustituido

efectivamente por el par (aO, Oa) de brazo d. El momento de este par equivale a Oa-d, donde.Oa se mide en la escala de fuerzas elegida al construir el polígono de fuerzas, mientras que d se mide en la escala de longitudes escogida durante el trazado del dibujo.

11 En est« caso representamos los radios polares Oa, Ob, ... por los números /2, 23, 34, 41, porque en un polígono de fuerzas cerrado en cada vértice convergen dos fuerzas.

§ 31. Determinación gráfica de un par resultante 89

§ 32. Condiciones de equilibrio g rá fica s de un sistem a de fu e r z a s coplanares. Basándose en los resultados obtenidos en los párrafos anteriores, se deduce que para el equilibrio de cualquier sis­tema de fuerzas coplanares aplicado a un cuerpo sólido, es necesario y suficiente, que los polígonos de fuerzas y funicular construidos para estas fuerzas sean cerrados (condiciones de equilibrio gráficas).

En realidad, si cualquier figura de las mencionadas no fuera ce­rrada, el sistema de fuerzas dado se reduciría a una resultante o a un par y el equilibrio no tendría lugar. Si ambas figuras son cerradas, entonces las fuerzas aplicadas al cuerpo se reducirán evidentemente a dos fuerzas de igual módulo y estarán dirigidas a lo largo de una misma recta en sentidos opuestos (fig. 80, cuando d = 0) y en este caso, el cuerpo estará en equilibrio.

§ 33. Determinación de las reacciones de los apoyos. Me­diante el método gráfico, hallemos las reacciones de los apoyos A y K de la armadura que se representa en la fig. 81, a. Una vez determi­

nada la escala de longitudes (por ejemplo, 0,4 m en 1 cm) tracemos en el dibujo la armadura y las fuerzas dadas F„ F2, F, aplicadas aella. Con las letras /?, y Rh representamos las reacciones de los apo­yos; aquí la dirección de R, se conoce y la /?s es incógnita. Ahora eligiendo la escala para trazar las fuerzas (por ejemplo 0,5 tí en i cm) construyamos con las fuerzasque actúan sobre la armadura el polígono de fueras (fig._81, b) empezando la construcción con las fuerzas /, 2, 3

(F ^ a b , Ft = bc, F, = cd). La construcción termina con el trazado de la dirección de la fuerza R„ porque el módulo de R, se desconoce (no se conoce la posición del punto e). Solamente se sabe que el extremo de la fuerza Rh se encuentra en el punto a; pues el polígono de fuer­zas ei; caso de equilibrio debe ser cerrado.

A continuación después de elegir el pola O y trazamos los radios polares 12, 23, 34, 51. La dirección del radio polar 45 se desconoce porque es desconocida la posición del vértice e del polígono de fuer­zas. Para hallar este radio polar construyamos en la fig. 81, a el poli-

90 Cap. V. Elementos de gratoestática

gono funicular empezando por el punto A, en que está aplicada la fuerza /?, de sentido desconocido (en caso contrario no podemos cerrar este polígono por no conocer de antemano otro punto cualquiera en la línea de acción de la fuerza Rt). Del punto A, pues éste es el punto de aplicación de la fuerza R¿, partirá el radío polar 5/ hasta su in­tersección con la línea de acción de la fuerza F , en el punto B. Luego, trazamos el radio polar 12 hasta que corte la línea de acción de la fuerza F, en el punto C, el radio polar 23 hasta el punto D de

su cruce con la línea de acción de la fuerza F, y el radio polar 34 hasta el punto E, donde se interseca con la línea de acción de la fuerza R,. Ahora, de acuerdo con las condiciones de equilibrio, cerra­mos el polígono funicular, por medio de la línea EA y hallamos la dirección del radio polar 45.

Luego, trazamos desde el polo 0 (fig. 81,6) el radio polar 45 paralelamente a la línea EA. El punto de su intersección con la dirección de la fuerza 4 determina el vértice incógnito e del polígono

de fuerzas. Como resultado, el vector de será, en la escala determi­

nada, la fuerza incógnita R y el vector ea, la fuerza /?,. El pro­blema está resuelto. En la fig. 82 se muestra un ejemplo de la deter­minación gráfica de las reacciones de los apoyos cuando las fuerzas son paralelas. En este caso, la construcción del polígono funicular se puede empezar en cualquier punto, porque las direcciones de ambas reacciones son conocidas de antemano. El radio polar incógnito 45 está trazado en el dibujo con líneas dobles.

CAPITULO VI

Cálculo de armaduras

§ 34. D efin ición de arm adura . Cálculo ana lítico de arm a­dura s p lanas. Se llama armadura a una construcción rígida com­puesta de barras rectilíneas unidas en sus extremos mediante charnelas. Si todas las barras de la armadura se encuentran en un plano, la armadura se llama plana. Los lugares de unión de las barras se llaman nudos. Todas las cargas exteriores se aplican a la armadura solamente en los nudos. Durante los cálculos de una armadura, el rozamiento en los nudos, y el peso de las barras (en comparación con las cargas exteriores) se desprecian, o el peso de las barras se reparte en los nudos. Sobre cada barra actuarán dos fuerzas aplicadas en sus extre­mos que, en caso de equilibrio, pueden dirigirse solamente a lo largo de la barra. Por consiguiente, se puede considerar que las barras de una armadura trabajan solamente por extensión o compresión. Nos limitamos a estudiar las armaduras planas rígidas compuestos de trián­gulos sin barras sobrantes. En tales armaduras el número de barras k y la cantidad de nudos n están relacionados por la expresión

k — 2n— 3. (42)

En efecto, un triángulo rígido compuesto de tres barras tendrá tres nudos (véase, por ejemplo, en la fíg. 84 el triángulo ABD formado por las barras /, 2, 3). La conexión de un nudo nuevo exigirá dos barras (por ejemplo, en la fig. 84 el nudo C está formado por medio de las barras 4, 5 el nudo E, con las 6, 7, etc.); entonces para todos los nudos restantes (n — 3), será necesario tener 2 (n— 3) barras. Como resultado, el número de barras en una armadura es k = 3 + 2 (n — 3) = — 2n — 3. Sí hay un número menor de barras la armadura no será rígída, si hay un número mayor de barras, ésta será estáticamente indeterminada.

El cálculo de una armadura consiste en la determinación de las reacciones de los apoyos y de los esfuerzos en las barras.

Las reacciones de los apoyos pueden ser halladas con ayuda de los métodos habituales de Estática (§ 25), considerando la armadura en junto como un cuerpo sólido. Ahora, pasemos a determinar los esfuer­zos en las barras.

Método de separación de nudos. Este método, es cómodo usarlo cuando es necesario hallar los esfuerzos en todas las barras de la armadura. Este método se reduce al examen sucecivo de las condicio­

92 Cap. VI. Cálculo de armaduras

nes de equilibrio de las fuerzas que concurren en cada nudo de la armadura. El proceso del cálculo lo explicamos en un ejemplo con­creto.

Estudiemos la armadura representada en la fig. 83, a, compuesta de triángulos rectangulares isósceles. Las fuerzas aplicadas a la arma­dura son paralelas al eje x y equivalen a: F t = F, = F, = F = 2tf.

El número de nudos de esta armadura es n = 6 y la cantidad de barras, h = 9. Por consiguiente, se cumple la proporción (42) y la

armadura es rígida, sin ba­rras sobrantes.

Planteando las ecuaciones de equilibrio (33) para toda la armadura hallamos que las reacciones de los apoyos están dirigidas tal como se muestra en la figura y numéricamente son iguales a

= ZF = 6tf,

YA = N = F = 3tf.

Pasemos a la determinación de los esfuerzos en las barras. Numeremos los nudos de la armadura con cifras romanas y las barras, con árabes. Los

Fig- 83 esfuerzos incógnitos los re­presentamos por S, (en la barra

l) ,S , (en la barra 2), etc. Mentalmente separemos de la armadura todos los nudos junto con las barras concurrentes en ellos. Sustituyamos las partes despreciadas por las fuerzas que están dirigidas a lo largo de las barras correspondientes y son numéricamente ¡guales a los esfuer­zos incógnitos S„ S„ . . . Tracemos todas estas fuerzas en el dibujo dirigiéndolas desde los nudos, es decir, considerando todas las barras extendidas (fig. 83, a; para cada nudo es necesario imaginar un cuadro similar al expuesto, tal como se muestra en la fig. 83, 6 para el nudo ///). Si como resultado del cálculo la intensidad del esfuerzo de una barra cualquiera llega a ser negativa, esto significa que dicha barra no está estirada, sino comprimida". En la fig. 83 no introdu­cimos designaciones literales de las fuerzas que actúan a lo largo de las barras, pues está claro que las fuerzas que actúan a lo largo de

l> Por esta razón se toma como regla, independientemente del método aplicado, poner el signo «-f* para los esfuerzos de extensión y el signo t — » para los de compresión.

§ 34. Definición de armadura 93

la barra / son numéricamente iguales a S,; lasque actúan a lo largo de la barra 2, a S,, etc.

Ahora planteamos consecutivamente las condiciones de equilibrio (12) para las fuerzas concurrentes en cada nudo

2 ^ = 0. 2 ^ = 0 .

Empezamos con el nudo / donde concurren dos barras, porque de dos ecuaciones de equilibrio se puede definir solamente dos esfuerzos incóg­nitos.

Compongamos las condiciones de equilibrio para el nudo I y obten­dremos

Fx + S,cos45° = 0, N + S, + S, sen 45° = 0.

De aquí hallamos

•S,--- F V 2 = — 2,82tf, S, = — N — S , = — — = — Itf.

Ahora, después de hallar S, pasamos al nudo //. Las condiciones de equilibrio para éste, nos dan

S, = F , = 0, S4—S, = 0,

de donde

S, = — F = — 2tf. S4 = S , = — ltf.

U na vez h a llad a S 4, formamos análogam ente las condiciones de equi­librio para el nudo I I I y luego para el nudo IV. De estas ecuaciones hallam os:

S, = — S4V^2= 1,4Itf, S, = 5, = — 3tf, S, = 0.

Por fin, para calcular S, componemos la ecuación de equilibrio délas fuerzas concurrentes en el nudo V, proyectándolas sobre el eje By.

Obtendremos YA -+- S, eos 45° 0, de donde S, = — 31^2 = — 4,23 tf.La segunda ecuación de equilibrio para el nudo V y las dos ecua­

ciones para el nudo VI pueden ser planteadas como ecuaciones de comprobación. Para hallar los esfuerzos en las barras no hubo necesidad de estas ecuaciones, puesto que en vez de ellas aprovechamos las tres ecuaciones de equilibrio de toda la armadura integra al determi­nar N, X A, YA (véase el § 26).

Los resultados definitivos del cálculo pueden ser agrupados en la tabla:

iV de la barra 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Esfuerzo en tf —! -2,82 —2 — 1+ 1,41 —3 0 —3—4,23

Cap. V!. Cálculo de armaduras

Los signos nos indican que la barra 5 está extendida, las restantes, comprimidas, la barra 7 no está cargada (barra cero).

La existencia en una armadura de barras cero, semejantes a la barra 7, se descubre en seguida, pues si en un nudo no cargado por fuerzas exteriores concurren tres barras, dos de las cuales están dirigi­das a lo largo de una recta, entonces, el esfuerzo en la tercera equi­vale a cero. Este resultado se obtiene de la ecuación del equilibrio para la proyección sobre un eje perpendicular a las dos barras men­cionadas. Por ejemplo, en la armadura trazada en la fig. 84, en caso de faltar la barra P„ la barra 15 será barra cero y, por consiguiente,

también la barra 13. Pero si actúa la fuerza P„ estas barras no pue­den ser barras cero.

Si durante los cálculos se encuentra un nudo con más de dos incógnitas, se puede emplear, en este caso, el método de secciona- iniento.

Método de scccionainiento (método de Ritter). Para determinar los esfuerzos ea algunas barras de la armadura y, en particular, para cálculos de control, es conveniente emplear este método. El contenido del método consiste en dividir la armadura en dos partes por medio de una sección que pasa por tres barras, en las cuales (o en una de ellas) hace falta definir el esfuerzo; luego, se examina el equilibrio de una de estas partes. La acción de la parte suprimida se sustituye por las fuerzas correspondientes dirigiéndolas, desde los nudos, a. lo largo de las barra? cortadas, es decir, las barras se consideran extendidas (lo mismo que en el método de separación de nudos). Luego se componen las ecuaciones del equilibrio, en la forma (35) o (34), tomando los centros de los momentos (o el eje de proyección) de tal modo que cada ecuación contenga solamente un esfuerzo incógnito.

Ejemplo. Hace falla determinar el esfuerzo en la barra 6 de la armadura dibu­jada en la fig. 84. Las fuerzas efectivas son P l = Pi = P3 = PA=:2t\, las reacciones de los apoyos son A'l = // l = 4 t í. Hacemos una sección ab a Iravés de las barras 4, 5. 6 y examinamos el equilibrio de la parte izquierda de la armadura, sustituyendo la acción que la parte derecha ejerce sobre ésta por las fuerzas dirigidas a lo largo

§ 34. Definición de armadura 95

de las barras 4,5, 6. Para hallar St escribimos la ecuación de los momentos respecto del centro C, donde se intersecan las barras 4 y 5. Considerando que A D = D C — a y BC _|_ BE obtenemos

— N r 2a + Pxa+Sf C B = Q .

De aquí hallamos S#. El brazo CB se calcula de acuerdo con los datos que deter­minan las dimensiones geométricas de la armadura (si el método se emplea para una comprobación aproximada de la exactitud del cálculo gráfico (§ 35) y la arma­dura ha sido trazada en una escala determinada la magnitud CB puede tomarse

del dibujo). En el ejemplo presente ¿ ABC=9QP y Cfl = a / f . Por consiguiente,

5a= 3 V r2 =4,23 tf; la barra está extendida.Los esfuerzos en las barras 4 y 5 pueden hallarse por medio de la composición

de las. ecuaciones de los momentos respecto de los centros B (el punto de inter­sección de las barras 5, 6) y A (el punto de intersección de las barras 4, ó).

Para determinar el esfuerzo en (a barra 9 de la misma armadura, hacemos la sección de por las barras 8, 9, 10 y estudiando el equilibrio de la parte derecha componemos la ecuación de las proyecciones sobre un eje perpendicular a las ba­rras 8 y /O. Obtendremos

S9 eos a — P3— P4 + W2 — 0,

de donde hallamos Sf. Los esfuerzos en las barras 8 y JO se pueden hallar, en este caso, mediante la composición de las ecuaciones de los momentos respecto de los centros K y C.

§ 35*. Cálculo g rá fico de las arm aduras p lanas: El cálculo de una armadura por medio del método de separación de nudos puede realizarse gráficamente. Para esto al principio se determinan las reacciones de los apoyos mediante el método expuesto en »1 § 33. Luego, separando sucesivamente cada uno de los nudos de la arma­dura, se hallan los esfuerzos en las barras concurrentes a estos nudos con ayuda de la construcción de los polígonos de fuerza cerrados correspondientes. Todas las construcciones se hacen en una escala determinada elegida de antemano (véase el § 33). El cálculo empiezacon el nudo en que concurren dos barras (de otro modo no se puedendeterminar los esfuerzos incógnitos).

Como ejemplo, examinemos la armadura representada en la fig. 85, a. Esta armadura tiene 6 nudos, n y 9 barras, k. Por consiguiente, la proporción (42) se cumple y la armadura es rígida sin barras sobran­tes. Las reacciones de los apoyos R, y R, fueron halladas en el § 33 y por eso las trazamos junto con las fuerzas Fv Ft, F,.

La determinación de los esfuerzos en las barras empieza con elestudio de las barras concurrentes en el nudo / (los nudos se numeran con cifras romanas y las barras, con las árabes). Separando ficticia­mente de estas barras la parte restante de la armadura, la suprimi­mos ". La acción de la parte suprimida, la sustituimos también ficticiamente por las fuerzas S, y S, que deben estar dirigidas a lo largo de las barras /, 2. Con las fuerzas Rb, 5, y S, concurrentes

11 Para el nudo I I I el aspecto de las barras cortadas de la armadura, el equilibrio de las cuales estudiamos, se representa en la íig. 8 6 . Del mismo modo se debe imaginar los cortes de los otros nudos de la armadura.

0fi Cap. V! . Cálculo de armaduras

en el nudo /, construimos un triángulo cerrado (fig. 85, b). Para esto, trazamos primero la fuerza conocida /?, en la escala determinada, luego, por el origen y el extremo de ésta trazamos dos rectas paralelas a las barras / y 2. De este modo, serán halladas las fuerzas S, y 5, aplicadas a las barras / y 2. Después examinamos el equilibrio de las barras concurrentes en el nudo //. La acción de la parte de la armadura suprimida sobre estas barras se sustituye ficticiamente por

las fuerzas S[, S , y S, dirigidas a lo largo de las barras correspon­dientes; aquí la fuerza es conocida, pues de acuerdo con el principio de la igualdad de la acción y la reacción S,'-= — S,. Construyendo con las fuerzas concurrentes en el nudo I I un triángulo cerrado (comen­zando con la fuerza Si) hallaremos los valores de S, y S, (en este caso S, = 0). De modo análogo, se hallan los esfuerzos de las fuerzas en las otras barras. Los polígonos de fuerzas correspondientes para todos los nudos se representan en la fig. 85,6. El último polígono (para el nudo VI) se construye para un control, pues todas las fuerzas que lo forman ya están halladas.

Conociendo la escala de los polígonos construidos hallamos las magnitudes de todos los esfuerzos. El signo del esfuerzo en cada barra se determina de la forma siguiente: al cortar ficticiamente el nudo por las barras concurrentes en él (por ejemplo, el nudo I I I ) aplicamos a las barras cortadas las fuerzas halladas (fig. 86). La fuerza dirigida

§ .36*. Diagruma de Maxurell— Cremona

de! nudo (Sb en la fig. 86) estira (a barra y la dirigida hacia eí nudo (Sá y S* en la fig. 86) la comprime. De acuerdo con la condi ción aceptada (véase el § 34) los esfuerzos de distensión tienen el signo <í-r» y los de compresión, eJ signo «— ». En el ejemplo exami­nado (fig. 85) las barras /, 2, 3, 6 , 7,9 están comprimidas y las 5, 8, estira­das.

§ 36*. Diagrama de M axwell— Cremona. Elcálculo grálico de una armadura puede hacerse má> rápido y sus resultados pueden ser presen- lados en una iorma más compacía, si durante la construcción se iepresentan los polígonos de fuerzas de cada nudo de la armadura en un. solo diagrama de esfuerzos llamado diagrama de Maxwell — Cremona.

Para construir tal diagrama es necesario seguir un orden determinado, por ejemplo, el orden siguiente:

1) Hallar las reacciones de los apoyos de la armadura.2) Representar las fuerzas dadas que actúan sobre la armadura y las reacciones

de los apoyos de tal manera que ellas pasen fuera del contorno de la armadura (fig. 87.a) designar con letras A . B, C... A las áreas que se encuentran entre estas fuerzas y el contorno de la armadura, así como entre las barras de ésta.

a

Fig. 87

3) Construir con Jas fuerzas exteriores (es decir, con las fuerzas dadas y las reacciones de los apoyos) aplicadas a la armadura, en una escala determinada, un polígono de fuerzas cerrado poniendo en él cada una de las fuerzas, según el orden en (¡lie las encontramos recorriendo la armadura en el sentido de las agujas del reloj (iig. 87.6. las líneas gruesas). Es cómodo representar el origen y el extremo final de la fuerza por las letras pequeñas correspondientes a las denominaciones de las áreas que al seguir el contorno se encuentran a la derecha o a j a izquierda de

la fuerza (la fuerza F t se representa por ab, la fuerza F.¿ será he. etc.). De estamanera, el polígono de fuerzas exteriores para la armadura que se estudia. <orá el polígono ubedea (en el diagrama no se ponen las flechas en los extremos de las fuerzas).

*1 ) Añadir sucesivamente al polígono de las fuerzas exteriores los polígonos de fuerzas para lodos los nudos de la armadura, comenzando con t i nudo en que con­curren dos barras; la construcción do cada polígono empieza con las fuerzas conocidas, tjue deben ser trazadas. nsi como todas las fuerzas, en el orden en que ellas s« en-iiirittra'i en este nudo, en el sentido de las agujas del relo¡ (los esfuerzos en las

7- 142

98 Cap. VI. Cálculo de armaduras

barras se representan de la misma manera que las íuerzas exteriores: el esfuerzo en la barra /, por af. en la barra 2. por fe, etc ).

Por ejemplo, para el nudo VI (fig. 87.a) las fuerzas dadas y R t están yatrazadas en el diagrama por los segmentos cd y de (fig. 87, b). A partir del punto e trazamos una linea paralela a la barra fí y desde el punto c, una línea paralela a la barra 9. La intersección de estas lineas nos da precisamente el vértice k del polígono de fuerzas cerrado cdekc para el nudo VI. De un modo análogo se cons­truyen los polígonos de fuerzas de 'os otros nudos.

Un diagrama de esfuerzos, construido de tal manera para toda la armadura se da en la fig. 87. b. Por ejemplo, para hallar el esfuerzo en la barra /. por medio deldiagrama, separamos ficticiamente el nudo / y recorriéndolo en el sentido de las

Fig. 88

agujas del reloj, leemos la denominación de la fuerza: af. AI encontrar en el dia­

grama el vector af. hallamos su módulo y luego, aplicando este vector al segmento de la barra / (véase la fig. 8 6 ) determinamos que la barra está comprimida Si separamos el nudo / / obtendremos el mismo resultado, pero aquí recorriendo el nudo en el sentido de las agujas del reloj, hallaremos que la fuerza correspondiente

se representa por el vector fa. De este modo, el procedimiento aceptado para la denominación de íuerzas liene en cuenta automáticamente la ley de la acción y de la reacción

Pongamos atención a los casos particulares siguientes.1) Si en un nudo no cargado por fuerzas exteriores concurren tres barras, dos

de las cuales están dirigidas a lo largo de una misma recta, entonces, como expli­camos en el §34, el esfuerzo en la tercera (en la barra 4 en la fig. 87, a) será nulo (barra cero). Por eso en el diagrama (fig. 87. b) los puntos g y / coinciden (gf = 0)

2) Si en la armadura hay oarras que se cruzan (fig. 8 8 . o, las barras / y 5). se puede construir para ésta un diagrama de esfuerzos en la forma general, consi­derando el punto de intersección de las barras como nudo. Los esfuerzos del mismo módulo y del mismo sentido en las partes de las barras / y 5 serán, en este caso, representados dos veces en el diagrama. En la fig. 8 8 , b se da el diagrama corres­pondiente, los segmentos de y fg representan los esfuerzos en la barra / y los segmentos ef y gd, en la barra 5.

3) Si durante la construcción del diagrama se encuentra un nudo con más de dos incógnitas, es necesario intentar construir el diagrama simultáneamente a partir de dos extremos de la armadura (si la armadura es asimétrica) o determinar los esfuerzos en algunas barras empleando el método analítico de sección (§ 34). Mediante este método, se puede realizar la comprobación de la precisión o de la corrección del cálculo gráfico.

CAPÍTULO VII

Rozamiento

§ 37. Leyes del rozam iento de deslizam iento. La experiencia nos muestta que tratando de desplazar un cuerpo sobre la superficie de otro, en el plano de contacto de los cuerpos surge una fuerza de resistencia a su deslizamiento relativo que se llama fuerza de roza­miento de deslizamiento.

La- aparición del rozamiento está condicionada, ante todo, por la rugosidad de las superficies, que engendra una resistencia al desplaza­miento y por la presencia de adhesión entre los cuerpos oprimidos unos contra otros. El estudio de todas las particularidades del fenómeno del rozamiento es una cuestión físico-mecánica bastante complicada que está fuera de los limites del curso de Mecánica teórica.

Los cálculos de ingeniería se basan habítualmente en las leyes generales, establecidas experímentalmente que reflejan con una precisión suficiente para la práctica, las particularidades fundamentales del fenómeno de rozamiento. Estas particularidades llamadas leyes del rozamiento de deslizamiento en reposo se pueden enunciar de la forma siguiente:

1) Al pretender desplazar un cuerpo sobre la superficie de otro, aparece en el plano de contacto una fuerza de rozamiento (o una fuerza de adhesión), cuya intensidad puede ser comprendida entre cero y el valor F\\m llamada fuerza limite de rozamiento.

La fuerza de rozamiento está dirigida en el sentido opuesto a la dirección en que las fuerzas actuantes tratan de desplazar el cuerpo.

2) La intensidad de la fuerza límite de rozamiento es igual al producto del coeficiente estático de rozamiento por la fuerza de presión normal o la reacción normal:

Film — h¡N. (43)

El coeficiente estático de rozamiento /„ es un número abstracto que se determina experimentalmente y depende def material de los cuerpos en contacto, así como del estado de las superficies (carácter de ela­boración, temperatura, humedad, lubricación, etc.).

3) La intensidad de la fuerza limite de rozamiento no depende, dentro de límites bastante grandes, de las dimensiones de las super ficies en contacto.

Reuniendo la primera y segunda leyes obtenemos, que en equilibrio la fuerza del rozamiento de reposo (la fuerza de adhesión) F Fum ó

F * Z f . N . (44)

Cap. V II. Rozamiento^

El coeficiente de rozamiento se puede determinar experimental- mente con ayuda de un instrumento muy simple, cuyo esquema se muestra en la fig. 89. Una placa horizontal AB y una barra rectan­gular D se fabrican de materiales, para los cuales se halla el coefi­ciente de rozamiento. Sobre la barra D actuará la fuerza de presión P

equilibrada por la reacción normal de la placa Ai y la fuerza desplazadora Q, que en reposo se equilibra por la fuerza de rozamiento F (la fuerza Q es numéricamente igual al peso del plato E con las cargas). Aumentando paulatinamente la carga del plato hallamos la carga Q*, con la cual la barra empieza a desplazarse. Es evi­dente que la fuerza limite de rozamien­to fn m = Q*. En el caso presente, por

ser N — P, hallamos según la fórmula (43):

f _ F Un. . Q*/o _ :V p '

Al realizar una serie de experimentos análogos se puede convencerse de que si variamos el peso de la barra P, en limites determinados, la magnitud Q* aumenta proporcionalmente a P, pero el valor de /0 queda constante. Del mismo modo, si cambiamos, en límites deter­minados, las áreas de las caras de la barra, /„ no varía. Con esto seconfirma la validez de la 2* y 3a leyes del rozamiento. La legitimidadde la 1* ley se deduce del hecho de que para todas las cargas Q inferiores a Q* la carga queda en reposo. Por consiguiente, la fuerza de rozamiento F que equilibra la fuerza Q puede efectivamente tener cualquier valor a partir de cero (cuando Q — 0) hasta Fnm (cuando

Q > Q*)-Hace falta tener en cuenta que mientras la carga esté en reposo,

la fuerza de rozamiento F 'equivaldrá a la fuerza desplazadora Q y no a la magnitud Fnm = /0Af. La fuerza de rozamiento adquiere el valor ¡„N sólo cuando la posición de equilibrio se hace límite.

Una idea del valor del coeficiente de rozamiento para algunos cuerpos la muestran los datos expuestos a continuación:

Madera sobre madera . . . /O=0 ,4- r0 ,7Ateta! sobre metal . . . / 0 = 0,15— 0,25Acero sobre hielo- . . . /0 = 0.027

Se pueden encontrar datos más detallados en algunos manuales técnicos.

Todo lo dicho se refiere al rozamiento de deslizamiento en reposo. Durante el movimiento, la fuerza de rozamiento está dirigida en dirección opuesta al movimiento y equivale al producto del coeficiente

§ 37. Leyes del rozamiento de deslizamiento 101

dinámico de rozamiento por la fuerza de presión normal:

F = ¡N.

El coeficiente dinámico de rozamiento de deslizamiento /, es también un número abstracto y se determina experimentalmente. El valor del coeficiente / depende no solamente del material y del estado de la superficie, sino, en cierta medida, de la velocidad del movimiento de los cuerpos. En la mayoría de los casos, si la velocidad aumenta el valor de / disminuye un poco al principio, pero luego se queda casi constante.

§ 38. Reacciones de lig aduras rugosas. Angulo de rozam ien­to. Hasta ahora, resolviendo los problemas de Estática, menospre­ciamos el rozamiento considerando que las superficies de las ligaduras eran lisas y que sus reacciones estaban dirigidas, según las normales a estas superficies. La reacción de una ligadura real (rugosa) se compone de dos componentes: de la reacción normal N y de la fuerza de roza­miento F dirigida perpendicularmente a la pri­mera. Por consiguiente, la reacción total R será desviada de la normal a la superficie en un cierto ángulo. Si variamos la fuerza de rozamien­to de cero hasta F\\m, variará también la fuerza F'S- 90R de N hasta /?|lm y su ángulo con la normalcrecerá de cero hasta un cierto valor límite <p0 (fig. 90). El máximo ángulo tp0 formado por la reacción total de la ligadura rugosa con la

normal a la superficie, se llama ángulo de rozamiento. Del dibujo se ve que

•g 9» = % = •

Sabiendo que F\im = faN hallamos la relación siguiente entre el ángulo de rozamiento y el coeficiente de ro­zamiento:

‘g <Po = /«• (45)

En equilibrio, la reacción total R puede pasar, en de­pendencia de las fuerzas de deslizamiento, por donde sea dentro del ángulo de rozamiento. Cuando el equilibrio se haga límite, la reacción será desviada de la normal a un ángulo <p0.

Si aplicamos a un cuerpo que descansa en una superficie rugosa una fuerza P que forma con la normal un ángulo a (fig. 91), el cuerpo empezará a deslizarse solamente cuando el esfuerzo de deslizamiento P sen a sea mayor que F\¡m = f„P cosa (consideramos que N = P cosa, el peso del cuerpo se desprecia). Pero la desigualdad P sen a> faP cosa, en la que/0 = tg <p0, se cumple solamente cuando tga>tg<p<„ es decir, cuando a > <p0. Por consiguiente, ninguna fuerza que forme con la

102 Cap. V il. Rozamiento

normal un ángulo a menor que el ángulo de rozamiento q>0 puede desplazar el cuerpo a lo largo de la superficie dada. Esto explica los fenómenos bien conocidos de agarrotamiento o autofrenado de los cuerpos.

$ 39. Equilibrio en presencia de rozamiento. El estudio del equilibrio de los cuerpos teniendo en cuenta el rozamiento, consiste habitualmente en examinar la posición del equilibrio limite cuando la fuerza de rozamiento llega a su valor máximo Fnm. Si los problemas se resuelven analíticamente, la reacción de la ligadura rugosa se repre­senta, en este caso, por dos componentes N y Fnm. donde — Luego, se plantean las condiciones de equilibrio habituales de Está­tica, sustituyendo Fnm por fcN y resolviendo las ecuaciones obtenidas, se definen las magnitudes buscadas.

Si el problema exige la determinación de todas las posiciones posibles del equilibrio, entonces, para la solución se puede examinar solamente la posición límite de equilibrio. Las posiciones restantes se hallan disminuyendo en la solución obtenida el coeficiente de roza­miento /„ hasta cero ".

Notemos que en las posiciones de equilibrio que no son límites la fuerza F no equivale a F|im y su intensidad (si ella representa algún interés) debe hallarse de las condiciones de equilibrio como una nueva incógnita (véase la segunda parte del problema 32).

Durante la resolución geométrica del problema es más cómodo representar la reacción de la ligadura rugosa por una sola fuerza R que en la posición limite de equilibrio será desviada de la normal a la superficie a un ángulo <p„.

Problema 32. Determinar la intensidad de la fuerza Q. que forma con el horizonte un ángulo a = 30°. necesaria para desplazar una carga de peso /* = 10 kg!.

una vez aplicada a ésta; la carga se encuentra en un plano horizontal, si el coeficiente estático de rozamiento de la carga sobre el plano es /¿=0 ,6 (fig. 92).

Solución. Según las condiciones del problema es ne­cesario estudiar la posición límite del equilibrio de la carga. Sobre ésta, en tal posición, actúan las fuerzas P, Q. N y Fi|ra. Planteando las condiciones del equilibrio en forma de las proyecciones sobre los ejes coordenados ob­tendremos:

Q cosa — f i ím -0. N -fQsen a — P = 0.

De la última ecuación N = P — Qsena.Entonces.

Fi\m~loN = foíP-Qxn a).

11 En efecto, cuando el equilibrio es limite, la fuerza de rozamiento h = F |¡m =** f 0N. En otras posiciones de equilibio, F < f0N. Por eso. estas posiciones pueden hallarse disminuyendo la magnitud /„ en la igualdad F = f0N. Cuando /o — 0 obten­dremos la posición del equilibrio correspondiente al caso en que la ligadura es lisa (ideal).

§ 39. Equilibrio en presencia de rozamiento 103

Sustituyendo este valor de F nm en la primera ecuación y resolviéndola hallaremos definitivamente

Q = ----- Is^.----- ¡a 5,2 kgf.eos a -f- f0 sen a

Si aplicamos a la carga un3 fuerza menor, por ejemjplo, la fuerza Q '= 4 kgf. el

esfuerzo de deslizamiento equivaldrá a Q'cos30° = 2 3 =3,46 kgf. Pero la fuerzamáxima de rozamiento que, en este caso, puede tener lugar será F\\t = fo (P —— Q’ sen 30°) = 4.8 kgf. Por consiguiente, la carga queda en reposo. Aquí la fuerza de rozamiento que la mantiene en equilibrio puede ser hallada de la ecuación de equilibrio en la proyección sobre el eje Ox y equivaldrá a la fuerza de deslizamiento (F' = Q' eos 30° =3,46 kgf) y no a la fuerza Aum-

Llamamos la atención sobre el hecho de que durante todos los cálculos es necesario definir fnm según la fórmula Fi\m = f0N, hallando A/ de las condiciones de equilibrio. El error que se comete muy frecuen­temente durante la solución de problemas análogos al recién resuelto consiste en considerar, al hacer los cálculos, que Fi\m = f0P. a pesar de que aqui la presión sobre el plano no equivale al peso de la carga P.

Problema 33. Determinar para qué valores del ángulo de inclinación a . la carga que descansa sobre un plano inclinado seguirá en equilibrio si su coeficiente de rozamiento sobre el plano es igual a /0.

Solución. En este problema hace falta deter­minar todas las posiciones de equilibrio de la car­ga. Para eso hallamos primero la posición limite de equilibrio para la cual el ángu­lo a es igual a a u m. En esta posición (fig. 93). sobre la carga actúan la fuerza de presión P, la reacción normal N y la fuerza de rozamiento límite Fum- Cons­truyendo con las fuerzas enumeradas un triángulo cerrado, hallaremos que Fj|ra*=» =sAM ganm. Pero, por otra parte, F|ln, = /0A/. Por consiguiente,

tg<*ilm = /o- (a)

Si en la igualdad obtenida disminuimos /0, la magnitud a u ra disminuye también. De aquí concluimos que el equilibrio es posible también cuando a < a llfn. En resumen, todos los valores del ángulo a para los cuales la carga estará en equilibrio se determinan por la desigualdad

t g a < / 0. (b)

Sí no hay rozamiento (/ 0 = 0). el equilibrio puede tener lugar solamente cuan­do a = 0. Por consiguiente, mientras que en presencia de rozamiento el equilibrio es posible cuando el ángulo a tiene un valor cualquiera comprendido entre cero y a,¡m, en ausencia de rozamienti? el equilibrio es posible solamente cuando el ángulo a equivale a cero. Esto es lo que distingue al equilibrio en presencia de rozamiento del equilibrio de sistemas con ligaduras ideales (sin rozamiento).

El resultado obtenido en el problema y expresado por la igualdad (a) puede utilizarse para la determinación experimental del coeficiente de rozamiento, hallando el ángulo aj¡m experimentalinente.

Como lo — lgtpo' donde <p0 es el ángulo de rozamiento, entonces. a n m = 9p. es decir, que el ángulo máximo a , con el cual una carga se encuentra en equilibrio sobre un plano inclinado, equivale al ángulo de rozamiento.

Problema 34. Una barra doblada en ángulo recto descansa por su parte verticalen los salientes A y B, la distancia entre los cuales (por la vertical) es igual a h(fig. 94, a). Despreciando el peso de la barra, hallar con qué valor de la anchura d ía barra cargada en su parte horizontal se encontrará en equilibrio, la posición de la

*2

104 Cap. V I/. Rozamiento

carga puede ser cualquiera. El coeficiente de rozamiento de la barra sobre las guias es igual a /0.

Solución. Representamos el peso de la barra por P y su distancia hasta la parte vertical de la barra por l. Examinemos la posición limite del equilibrio de la barra cuando su ancho d = d\\m. En esta posición, sobre la barra actúan las fuerzas

Fig. 94

P, N, F . N ’ , F ', donde F y F* soíi las fuerzas límite de rozamiento. Planteando las ecuaciones de equilibrio (33) y tomando los momentos respecto del centro A. obtendremos:

N — N' = 0 , F + F ' — P — 0. Nh — Fd¡\m~ P l — 0,

donde F = f0N, F ' = f 0N'. De las dos primeras ecuaciones hallamos:

N = N\ P = 2/0/V.

Colocando estos valores en la tercera ecuación y simplificando N, obtendremos

de donde

«■¡„, = £-2'-

Si en esta jcualdad í0 se disminuye hasta cero, la parte derecha de ésta crecerá hasta la Infinidad. Por consiguiente, el equilibrio es posible con cualquier valor de d > di\m. A su vez. dnm tiene un valor máximo cuando / = 0. Entonces, la barra estará en equilibrio independientemente de la posición de la carga (cuando ¿ ^ 0 ), si se cumple la desigualdad

Cuanto menor sea el rozamiento, mayor deberá ser d. En ausencia de rozamiento (/0 *=0 ) el equilibrio es, evidentemente, imposible, pues en este caso resulta que d= 00.

Expongamos además, la solución de este problema geométricamente. Haciendo uso de este método, en vez de las reacciones normales y las fuerzas de roramiento, representamos en l s puntos A y B las reacciones totales R¿ y R r , que en la posición lím ite se desviarán de la normal al ángulo de rozamiento <p0 (fig. 94. b). En este caso, sobre la barra actuarán tres fuerzas R ¿ , Rg, P • Si hay equilibrio, las líneas de acción de estas fuerzas deben intersecarse en un punto, es decir, en el punto K, donde se intersecan las fuerzas R A y R B. De este modo, obtenemos una igualdad evidente (véaseel dibujo) A = (/- fdum) tgcp0-|-/ tg ip0 ó fc = (2 /-f-d|iro) fa.

§ 40*. Rozamiento de un hilo sobre una superficie cilindrica 105

es el mismo que

Fig. 95

porque tg cp0 — /o- En definitiva, hallamos que el valor de se obtuvo durante la solución analítica.

El problema nos da un ejemplo de un dispositivo de autofrenado que se emplea frecuentemente en la práctica.

Problema 35. Despreciando el peso de la escalera AB (fig. 95) hallar para qué valores del ángulo a una persona puede subir la escalera hasta su extremo B, si el ángulo de rozamiento de la escalera sobre el piso y el muro equivale a <f>0.

Solución. Examinemos la posición lim ite de equilibrio de la escalera utilizando para la resolución el procedimiento geométrico. En la posición limite, sobre la escalera actúan las reacciones R A y R n del piso y del muro desviadas de la normal a estos planos al ángulo de rozamiento q)0. Las líneas de acción de las reacciones se Intersecan en el punto K • Por consiguiente, si hay equilibrio, la tercera fuerza P que actúa sobre la escalera (que equivale al peso de la persona) debe pasar también por el punto K. Por eso, en la posición que se muestra en el dibujo la persona no puede subir más arriba del punto D. Para que la persona pueda subir hasta el punto B. las líneas de acción de las fuerzas RA y R r deben intersecarse en algún punto de la recta BO. lo que será posible solamente cuando la fuerza R A esté dirigida alo largo de AB. es decir, cuando el ángulo a < q p 0-

Por consiguiente, una persona puede subir la escalera hasta su extremo cuando ésta forma con el muro un ángulo no mayor que el ángulo de rozamiento de la escalera sobre el piso. Aquí el rozamiento sobre el muro no desempeña ningún papel, es decir, el muro puede ser liso.

40*. R o zam ien to de un h i lo sobre un a su p e r f ic ie c i l in d r ic a . Una P se aplica a un hilo echado sobre un árbol cilindrico (fig. 96). Hallemos

la fuerza mínima Q que debe ser aplicada al otro extremo del hilo para mantener el equili­brio teniendo el ángulo dado AOB = a.

Para resolver el problema estudiemos el equilibrio del elemento del hilo DE de longitud dl — RdQ, donde R es el radio del árbol. La di­ferencia de las tensiones del hilo en los puntos D y E, igual a dT, se equilibra por la fuerza de rozamiento dF — f^dN (dN es la reacción normal), porque cuando la fuerza Q es mínima el equilibrio es límite. Por consiguiente,

d T = f 0dN.

Hallemos la magnitud dN de la ecuación de equilibrio de las proyecciones sobre el eje Oy. Teniendo en cuenta que el seno de un án­gulo pequeño equivale al propio ángulo y des­preciando las magnitudes infinitamente pequr ñas de orden superior, tendremos

dN = T sen ~ + (T + dT) sen - 2T ~ = TdO.

Introduciendo este valor o*. dN en la igualdad anterior, obtendremos

dT = f 0TdQ.

Dividamos ambos miembros de la igualdad entre T e integremos la parte derecha dentro de los límites de 0 hasta a . y la izquierda de Q hasta P, (porque la tensión del hilo en el punto donde 0 — 0 , es igual a Q y en el punto donde 0 = a.

fuerza

106 Cap. V IL Rozamiento

equivale a P). Obtendremos:a

= U ^ dO ó In = /0a

De aqui resulta que P / Q * óQ = p e-/*_ (46)

Como se ve, la tuerza necesaria Q depende solamente del coeficiente de rozamiento /0 y del ángulo a. la magnitud de Q no depende del radio del árbol. En ausencia de rozamiento (f0 - 0) obtenemos, como era de esperar, Q = P En Ja práctica, es muy importante saber que aumentando el ángulo a (enrollando el hilo) se puede disminuir considerablemente la intensidad de Q. necesaria para equilibrar la tuerza P, fa que nos muestra fa tabía f.

Tabla IValores de QfP cuando / 0 =rO,5

(cuerda de cáñamo sobre madera)

N úm ero d* revo lucio­nes *

Q / l ’ - t ,,a

revolución ji 0 ,2 0 »

1 revolución 2 a 0 ,0 4 3

f- - revofucíones 3n 0 ,0 0 9

2 revoluciones 4 a 0 ,0 0 2

Por ejemplo, una tensión de una tonelada puede equilibrarse con una íuerza de 2 kgf enrollando dos veces la cuerda de cáñamo alrededor de un poste de madera (véase la tabla 1 ).

La fórmula (46) define también fa relación entre fas tensiones P (conductora) y Q (conducida) de las ramas de una correa que hace girar uniformemente una po­

lea. si no hay deslizamiento de la correa sobre la polea. Considerando, por ejemplo, que en este caso a = n y el coeficiente de rozamiento de una correa de cuero y de una polea de fundición /„ »0 ,3 , ob­tendremos que la relación de las tensiones es

Q/P = e~°-3ns= 0,4.Problema 36. Una fuerza F está aplicada a la

palanca DE de un freno de cinta (fig. 97). Determi­nar el par de frenado Ai ✓ que actúa sobre una polea de radio R, si CD = 2C£ y el coeficiente de roza­miento de la cinta sobre la polea f0 — 0.5.

Sotucion. La polea y fa cinta AB que la rodea están sometidas a la acción de la íuerza P aplicada en el punto A (es evidente que P = 2F) y de la fuer­za Q, aplicada en el punto B, que se determina por la fórmula (46). En nuestro caso, /o = 0.5 y

** radianes. Por consiguiente.

__5_

Q = 2ft 8 "»0,28 f.

§ 40. Rozamiento de un hilo sobre una superficie cilindrica 107

El momento incógnito es,

M t = (P — Q )R = 1,72 FR kgfm.

El momento será tanto mayor, cuanto menor sea Q, o sea. cuanto mayores seanel coeficiente de rozamiento f0 y el ángulo a.

§ 41 *. R ozam iento de rodadura y rozam ien to de pivoteo.El rozamiento de rodadura es la resistencia que surge al rodar un cuerpo sobre la superficie de otro.

Examinemos un cilindro de radio R y de peso P que descansa sobre una superficie rugosa horizontal. Apliquemos al eje del cilindro una fuerza Q (fig. 98, a) menor que Fum. Entonces en el punto A surge una fuerza de rozamiento F numéricamente igual a Q , que se opon-

Fig. 98

drá al deslizamiento del cilindro sobre la superficie. Si se considera que la reacción normal N está aplicada también en el punto A, enton­ces ella equilibrará la fuerza P y las fuerzas Q y F formarán un par que provocará el rodamiento del cilindro. En tal situación, el rodamiento debe empezar, como se ve, bajo la acción de la fuerza Q por muy pequeña que ésta sea.

La experiencia muestra que todo pasa de otro modo. Esto se ex­plica porque, en realidad como resultado de una deformación de los cuerpos éstos hacen contacto a lo largo de cierta superficie AB (fig. 98, b). Durante la acción de la fuerza Q, la intensidad de las presiones disminuye cerca del borde A y crece cerca del borde B. Por lo tanto, la reacción N se encuentra desplazada hacia el lado en que actúa la fuerza Q. Con el aumento de la fuerza Q este despla­zamiento aumenta hasta una magnitud límite k. Entonces, en la po­sición límite, sobre el cilindro actuarán el par (Qnm, F) de momento Qiim R y el par (N, P) de momento Nk que equilibra al primero. De la igualdad de los momentos hallamos que QnmR = Nk ó

Qum = -^N. (47)

108 C.ap. V II. Roiamiento

hasta que Q < Qnm, el cilindro está en reposo; cuando Q > Qnm, em­pieza el rodamiento.

La magnitud lineal k que entra en la fórmula (47) se llama coe­ficiente de rozamiento de rodadura. Esta magnitud se mide habitual­mente en centímetros. El valor del coeficiente k depende del mate­rial de los cuerpos y se determina experimentalmente. Citemos los valores de este coeficiente para algunos materiales:

Madera sobre m adera ...............................* = 0.05-r-0,08cm,Acero suave sobre acero (ruedas sobre riel) k =0,005 cm.Acero templado sobre acero (cojinete debolas) ...................................................... k = 0 ,0 0 1 cm.

La relación k/R , para la mayoría de los materiales, es mucho menor que el coeficiente de rozamiento estático /0. Por eso en la práctica, cuando hay posibilidades, se trata de sustituir el desliza­miento por el rodamiento (ruedas, cilindros, cojinetes, etc.).

Problema 37. Determinar los valores del ángulo a (íig. 99) para los cuales e!cilindro de radio R, que se encuentra sobre un plano inclinado, quedará en reposo, si el

coeficiente de rozamiento de rodadura es igual a k.Solución. Examinamos la posición limite de equilibrio

cuando a = a t. Descomponiendo la fuerza P en las componen­tes P x y P 2 (véase la íig. 99) hallamos que en este caso lafuerza motriz Qlim = P , = P sen a ,, y la reacción normalAff = P 1 = P cosa,. Entonces, según la fórmula Í47)

kP sen a , = — P eos a lt

Si disminuimos k hasta cero, la magnitud a x disminuye **‘ 6 también hasta cero. Concluimos que el equilibrio se conserva

teniendo cualquier ángulo a < a t. La determinación experi­mental del coeficiente K se puede hacer utilizando el resultado anterior y obtenien­do el ángulo a, de la experiencia.

Noción de rozamiento de pivoteo. Si aplicamos a una bola apoyada sobre un plano horizontal, un par de fuerzas de momento M que se encuentra también en este plano horizontal, este par tratará de hacer girar la bola alrededor del eje ver­tical. La experiencia nos muestra que la bola empezará a dar vueltas cuando el valor de M sea superior a cierto valor límite Mu,,, que se defino por la igualdad.

Afita-M. <48>

donde N es la fuerza de la presión normal de la bola sobre el plano, que equivale, en este caso, al peso de la bola. Este resultado se explica por la presencia del llamado rozamiento de pivoteo, es decir, de una resistencia al pivoteo que surge como resultado del rozamiento entre la bola y el plano. Resistencias análogas sur­gen en los cojinetes de empuje (quicioneras). El coeficiente X que entra en la igual­dad (48) es una magnitud lineal y se llama coeficiente de rozamiento de pivoteo. El valor de este coeficiente es muy pequeño (5— 10 veces menor que el coeficiente de rozamiento de rodadura k).

Sistemas de pares y de fuerzas dispuestos arbitrariamente en el espacio"

CAPÍTULO VIII

§ 42. Momento de una fue rza respecto de un centro comovector. Antes de pasar a la solución de problemas de Estática paraun sistema de fuerzas dispuestas arbitrariamente en el espacio, hace falta precisar y desarrollar una serie de nociones introducidas anterior­mente. Comenzamos con la noción de momento de una fuerza.

I. Representación del momento por un vector. El momento de la fuerza F respecto del centro O (véase la fig. 100) como característica del efecto de rotación de esta fuerza se define por tres elementos: el módulo del momento, que es igual al producto del módulo de la fuerza por su brazo, es de­cir, Fh, 2) el plano de rotación OAB. que pasa por la línea de acción de la fuerza F y por el centro O, 3) el mentido de rotación en este plano. Cuando todas las fuerzas y el centro O se encuentranen un mismo plano, no es necesario darcada vez el plano de rotación OAB y el momento puede ser definido como una l-ig. joo

magnitud algebraica escalar igual a ± Fh, dmde el signo indica el sentido de rotación (véase el § 14).

Pero, en el caso de fuerzas dispuestas arbitrariamente en el espa­cio, los planos de rotación de diferentes fuerzas serán distintos y de­ben indicarse adicionalmente. La posición de un plano en el espacio se indica dando un segmento (vector) perpendicular a este plano. Si se escoge al misino tiempo el módulo de este vector igual al módulo delmomento de la fuerza y si se acuerda dirigir este vector de modo quesu dirección determine la dirección de rotación de la fuerza, entonces este vector determinará completamente todos los tres elementos que caracterizan el momento de la fuerza respecto del centro O.

Por eso, en el caso general, el momento m a (F) de la fuerza F res­pecto del centro O (fig. 100) será representado por el vector M („ apü-

11 El lector que so interese solamente por resolver problemas sobre el equilibrio de cuerpos sometidos a la acción de un sistema tridimensional de fucr/as. puede omitir los párrafos 43 — 48 de este capitulo dedicados a la reducción de pares y tuerzas en el espacio.

tIO_____ Cap V il i Sistemas de pares ti de fuerzas disp. arbi. en el espacio

cado en el centro 0, que tiene el módulo igual (en la escala adecuada) al produelo del módulo de la fuerza F por su brazo h y está dirigido perpendicularmente al plano OAB, que pasa por el centro 0 y la fuer­za F. Dirigiremos el vector Mn hacia el lado desde donde se ve que ¡a rotación realizada por la fuerza es de derecha a izquierda. De este modo, el vector M n caracterizará simultáneamente el módulo del mo­mento, el plano de rotación OAB, distinto para diferentes fuerzas y el sentido de rotación en este plano. El punto de aplicación del vec­tor Mn define la posición del centro del momento.

2*. Expresión del momento de una fuerza con ayuda del producto

vectorial. Examinemos el producto vectorial OA x F de los vectores

OA y F (fig. 100). Do acuerdo con la definición, el módulo del pro­ducto vectorial equivale al área del paralelogramo construido con los vectores que se multiplican '). Por consiguiente

¡OAx F\ = 2 áreas &OAB — M 0,

porque el módulo del vector Ma equivale también a 2 áreas &0AR.

El vector (OA xF ) está dirigido perpendicularmente al plano OAB

hacia el lado, desde donde la coincidencia de OÁ con F (si se trazan a partir de un mismo punto) se ve de derecha a izquierda, es decir, está dirigido como el vector Ma. Por consiguiente, los vectores (OA x F) y M0 coinciden por sus módulos, direcciones, y, como es fácil de verificar, por sus dimensiones, es decir, estos dos vectores representan una misma magnitud. De donde

M 0 = Ó A x F ó Mn ^r:< F, (49)

donde el vector r = 0/l se llama radio-vector del punto A respecto del centro O.

De este modo, el momento de la fuerza F respecto del centro O

equivale al producto vectorial del radio-vector r — OA, (que une el centro O con el punto de aplicación de la fuerza A) por la propia fuerza. Esta expresión del momento de una fuerza suele ser cómodo usarla en la demostración de ciertos teoremas.

Además, Ja fórmula (49) permite calcular analíticamente el momento Mo- Supon­gamos que a través del centro O (véase la lig. 1 0 0 ) se lian trazado los ejes coorde­nados Oxyz y en estos ejes han sido calculadas las proyecciones Fx, Fy, F. de la fuerza F y las coordenadas x. y. z.de su punto de aplicación A Teniendo en cuenta que rx — x, r y , r , — z obtendremos, según la lónnula conocida del álgebra vec­torial

i ¡ kMo~rXF = x y z . 14')')

Fx F y Ftdonde l, J, k son los vectores unitarios (versores) de los ejes coordenados. Si el determinante que se encuentra a la derecha, se desarrolla por los elementos del

*) Véase el anexo 1 al linai del libro.

§ 43. Momento de una fuerza respecto de un eje I I I

primer renglón, los coeficientes de l .J . k equivaldrán a las proyecciones M x, M y, M : del vector M q sobre los ejes coordenados, ya que M n — M xl -{- M yJ-\- M zk. Por consiguiente,

M x *=yFt — zFy, M y = zFx — xFg, M g~ xFy— yFx (5J)

Las fórmulas (50) permiten, al calcular analíticamente las proyecciones M x, M y, M z, hallar, basándose en éstas, el propio vector M n y en particular, su módulo.

Ejemplo. Supongamos que una fuerza F está aplicada en el punto de coordena­das x = 0,3 m, y — — 0,6 m, z = 0,2 m y las proyecciones de F sobre los ejes coor­denados son iguales a: Fx = — 20 kgf, Fy — 10 kgf, Fx = 0. Hallemos el valor del momento de esta fuerza respecto del origen de coordenadas O. Según las fórmulas (50) tenemos:

M x — -0 ,2-10= — 2. My = — 0,2-20=3 — 4, M z = 0,3-10— 0,6-20 =» — 9.

Por consiguiente

M0 ^ V M \ + Ml + M \ = V~W\ « 10 kglm.

§ 43. Momento de una fuerza respecto de un eje. Para re­solver problemas de Estática en el caso de cualquier sistema de fuerzas tridimensional, es necesario introducir la noción de momento de una fuerza respecto de un eje.

El momento de una fuerza respecto de un eje caracteriza el efecto de rotación, producido por esta fuerza, que trata de hacer girar el cuerpo alrededor del eje dado. Exami­nemos un cuerpo sólido capaz de girar alrededor de un ejez (fig. 101).Supongamos que este cuerpo está sometido a la acción de una fuer­za F aplicada en el punto A.Tracemos por el punto A un plano xy perpendicular al eje z y des­compongamos la fuerza F en las componentes: F, paralela al eje z y Fxy que se encuentra en el plano xy (Fxy es, al mismo tiempo, la proyección de la fuerza F sobre el plano xy). La fuerza Fc, dirigida paralelamente al eje z, no puede evidentemente hacer girar al cuerpo alrededor de este eje (ella solamente trata de desplazar el cuerpo a lo largo del eje z). Por consiguiente, el efecto de rotación producido por la fuerza F coincidirá con el efecto de rotación de su componen­te Fxy. De esto deducimos

mt (F )= » ‘A F xy)

donde el símbolo de m.(F) designa el momento de la fuerza F res­pecto del eje z.

El efecto de rotación de la fuerza Fxy% que se encuentra en el plano perpendicular al eje z, se mide por 61 producto del módulo de esta fuerza por su distancia h al eje. Pero el momento de la íuer/a Fxy respecto del punto O, donde el eje z se interseca con el plano xy.

112 Cap. V i l/ Sistema de pares y de fuerzas disp. arbi. en el espacio

equivale al mismo producto. Por consiguiente, mx(Fxy) = m0 (Fxy) o, según la igualdad anterior *)

m, (F) = mQ(Fxy) = ± Fxyh. (51)

Como resultado, ¡legamos a la definición siguiente: el momento de una ¡uerza respecto de un eje es una magnitud escalar equivalente al momento de la proyección de esta fuerza sobre el plano perpendicular al eje respecto del punto de intersección del eje con el plano.

Admitimos que el momento es positivo, si desde el extremo posi­tivo de! eje z, la rotación que pretende realizar la fuerza Fxy tiene

lugar en sentido contrario de las agujas delreloj. Si la rotación se ve en el sentido delas agujas del reloj, el momento será nega­tivo.

Del dibujo (fig. 10]; se ve que para elcálculo del momento mediante la fórmula (51)se puede trazar el plano xy por cualquier punto del eje z. De este modo, para hallar el mo­mento de una fuerza respecto del eje z (fig.

302) hace faifa: 1) trazar el plano xy perpendicular al eje z (en cual­quier lugar); 2) proyectar la fuerza F sobre este plano y calcular lamagnitud Fxy\ 3) trazar desde el punto O, de intersección del eje con el plano, una perpendicular a la dirección de Fxy y hallar su longitud h; 4) calcular el producto Fxyh\ 5) determinar el signo del momento.

Durante el cálculo de los momentos hace falta tener en cuenta los siguientes casos particulares:

1) Si la fuerza es paralela al eje, su momento respecto del eje equivale a cero (porque Fxy-—0).

2) Si la línea de acción de la fuerza corta el eje, su momento respecto del eje equivale también a cero (porque h~0).

Uniendo ambos casos concluimos que el momento de una fuerza respecto de un eje equivale a cero si la fuerza y el eje se encuentran en un plano.

3) Si la fuerza es perpendicular al eje, su momento respecto de este eje equivale al producto del módulo de la fuerza por la distancia entre la fuerza y el eje.

Problema 38. Hallar los momentos de las fuerzas P y O. aplicadas a la placa horizontal representada en la tig. 103, respecto de los ejes coordenados.

Solución. 1) La tuerza P es paralela at eje z; ella es perpendicular a los ejes jc e y y se encuentra a la distancia 6/2 y a/2 de ellos. Por consiguiente, teniendo en cuenta los signos:

>r>x (p ) = — P \ • my{P) = P ^ i mJ (/>) = 0.

Fig. i 02

x) El símbolo m o(F) empleado para el sistema plano de fuerzas oue emplea­remos también en adelante, designa el valor numérico (algebraico) del momento.

§ Momento de una fuerza respecto de un efe 113

2) Para calcular mx (Q) proyectamos la fuerza Q sobre el plano yz\ obtenemos

Qyz = Q sen a.

El brazo de la fuerza Qyz respecto del punto O es igual a b y su rotación vista desde el extremo del eje x se efectúa en el sentido contrario al de las agujas del reloj; por consiguiente

mx (Q) = bQ sen a.

Ahora calculemos La fuerza Q se encuentra en el plano ABD, perpen­dicular al eje y y lo corta en el punto B. Por consiguiente, QXZ = Q. Trazando

uesde el punto B una perpendicular a la linea de acción de la fuerza Q (véase a Ja derecha el dibujo auxiliar), hallamos que su longitud A = aseno .

En definitiva, teniendo en cuenta la dirección de notación obtenemos

my (Q) — — Oa sen a.

Por fin. para calcular mz (<?) proyectamos la fuerza hallamos que QXv*= Q co say

- u r>„r __ i_:__el brazo de esta

teniendo en cuenta el

- bQ eos a.

plano xy ^Q sobre el_ _ proyección respecto del centró

equivale a b. Por eso, * 'signo:

mAQ)

Expresiones analíticas de los momen­tos de una fuerza respecto de los ejes coordenados. Tracemos por un punto ar­bitrario 0 un sistema de ejes coordena­dos rectangulares (fig. 104) y examinemos la fuerza F aplicada en el punto A, cuyas coordenadas son x, y, z. Primero cal­culemos analíticamente el momento de la fuerza F respecto del eje z. Para eso, proyectemos la fuerza el plano xy y descompongamos la proyección obtenida F xy componentes Fx y Fy, que evidentemente serán numéricamente les a las proyecciones de la fuerza F sobre los ejes x e y. Entonces, según la definición

mi (F) = m0 (Fxy) = m0 (Fx) -f m0 (Fy).

F sobre en dos

igua-

í I (______ Cap. V t t t S istem a de pares y ríe ¡n en a s liisp. arbi. en et espacio

La última igualdad se deduce del teorema de Varignon. Pero como se ve en la !¡g. m0(Fx) = —yh\, tnn (Fy) — xF. Por consiguiente

m,(F) = xF,—yFx.

En forma análoga se calculan los momentos respecto de los otros dos ejes. En definitiva obtendremos:

mx(F) = yFl — zFy, \

my(F) = zFx — xFt , > (52)

m¡ (F) = xFy — yFx. j

Las fórmulas (52) dan las expresiones analíticas de los momentos de una fuerza respecto de los ejes coordenados. Con ayuda de éstas, se pueden calcular los momentos si se conocen las proyecciones de la fuerza y las coordenadas de su punto de aplicación.

Problema 39. Calcular analíticamente los momentos de la fuerza Q, representada en la fig. ¡03, respecto de ios ejes coordenados.

Solución, l.a fuerza Q está aplicada en el punto A. de coordenadas x — a, y = b, 2 = 0. Sus proyecciones sobre los ejes son iguales a:

Qx — — Q cosa . Qy = 0, Q t ^ Q sen a

Poniendo estos valores en las fórmulas (52) obtendremos:

mx{Q) — bQ stn a. my (Q) *= — aQ sen a, mr (Q) = 6Q eos a

§ 44. Relación entre los momentos de una fuerza respecto de un centro y de un eje. Supongamos que un cuerpo está sometido a la acción de una fuerza F aplicada en el punto A (fig. 105). Tra­

cemos un eje cualquiera z y tomemos en él un punto arbitrario O. El momen­to de la fuerza F respecto del centro O se representa por el vector M„ perpen­dicular al plano OAB y de módulo

M0 = Fh = 2 áreas /\flAB.

Tracemos ahora, por cualquier punió Fig. iC5 O, Jel eje z, el plano xy perpendicular

al eje. Proyectando la fuerza F sobre este plano, hallaremos por medio de la fórmula (51)

m, (F) — m0< (Fxy) — 2 áreas A 0,-4,B,.

Pero el triángulo 0,A,B, es la proyección del triángulo OAB sobre el plano xy. El ángulo entre los planos de estos triángulos equivale al ángulo entre las perpendiculares a los planos, es decir, es igual a y. Entonces, según la fórmula geométrica conocida, el área& O tA,Bl = = área &OAB eos y.

Multiplicando los dos miembros de esta igualdad por 2 y sabiendo que e¡ doble de las áreas de los triángulos 0,A ,B , y OAB es respec­

§ Relación entre los momentos de una fuerza 115

tivamente igual a mt (F) y M„, hallaremos definitivamente:

m ,(F) = M 0 eos y. (53)

Como el producto AÍ„cos y da la proyección del vector Mn = ma {F) sobre el eje z, la igualdad (53) puede ser expresada también en la forma

mt (F )= M z ó m,(F)=\m0 (F))t . (54)

Si variamos la posición del punto O sobre el eje z, entonces, como se ve en la fig. 105, la magnitud y el sentido del vector M a variarán (el triángulo OAB será cada vez distinto), pero la proyección M0 sobre el eje z, que se mide por el área del triángulo O,/!,/}, queda constante.

Como resultado se ha demostrado que entre el momento de la fuerza respecto de un eje y su momento respecto de un centro cual­quiera, que se encuentra sobre este eje, existe la relación siguiente; el momento de la fuerza F respecto de un eje es igual a la proyección, sobre este eje, del xiector que representa el momento de la ¡uerza respecto de un centro cualquiera dispuesto sobre dicho eje.

Del teorema demostrado, se deduce que las igualdades (50) obtenidas en el § 42 dan simultáneamente las expresiones analíticas de los momentos de una fuerza res­pecto de los ejes coordenados, es decir, las fórmulas (52). porque según este teorema mx (F) = M X, etc.

§ 45. Representación vectorial del momento de un par de fuerzas . La acción de un par de fuerzas sobre un cuerpo se caracte­riza por:1) el módulo del momento del par, 2) el plano de acción,3) el sentido de rotación en este plano. Durante el estudio de pares no coplanares, para caracterizar cada uno de estos pares, es necesario definir estos tres elementos.Esto puede lograrse hacer sí, por analogía con el momento de una fuerza, acordamos en representar el momento del par por un vector construido del modo siguiente, a saber: representaremos el momento de un par por el vector m o M. f''£ l0ecuyo módulo será igual (enuna escala escogida) al módulo del momento del par, es decir, al pro­ducto de una de sus fuerzas por el brazo y que está dirigido perpendi­cularmente al plano de acción del par, hacia el- lado desde el que se ve la rotación del par en el sentido contrario al de las agujas del re­loj (fig. 106).

IIC Cap. V IH . Sistema de pares y de fuerzas disp. arbi. en el espacio

Como este par puede ponerse en cualquier lugar de su plano de acción, o en un plano paralelo a éste (§ 19), el vector m puede ser aplicado en cualquier punto del cuerpo (tal vector se llama libre).

Se puede ver fácilmente que el vector m determina efectivamente el par dado, porque conociendo m, al trazar cualquier plano perpen­dicular a m hallaremos el plano de acción del par; al medir la lon­gitud de m determinaremos el módulo del momento del par, y el sentido de m nos indica el sentido de rotación del par.

Como se sabe (§ 18), el módulo del momento del par equivale al momento de una de sus fuerzas respecto del punto donde está aplicada la otra fuerza, es decir, m = mH(F), las direcciones de los vectores de estos momentos coinciden (véanse las figs. 106 y 100). Por con­siguiente

m=--mH(F) = m A(F').

§ 46. Composición de pares en el espacio. Condiciones de equilibrio de pares, l.a regla de composición de pares no coplana-

res se da por el teorema siguiente: un sistema cualquiera de pares que actuán sobre un cuerpo rígido es equivalente a un solo par. de momento igual a la suma geométrica de los momentos de los pares compo­nentes.

Primero demostraremos el teorema para el caso en que sobre un cuerpo actúa un sistema de dos pares de fuerzas de momentos /nl y m , que se encuentran en los planos (/) y (//) (fig. 107). Tomemos sobre la linea de intersección de estos planos un segmento AB = d. Utilizando las propiedades de los pares demostradas en el § 19, trazamos el par de momento m, con las fuerzas F t, F^ y el par de momento m „ con

las fuerzas F „ F't aplicadas en los puntos A y B. Es evidente que en

este caso Fld = ml , F¿l = mt.Componiendo las fuerzas aplicadas en los puntos A y B nos con­

vencemos de que los pares (F,, F¡) y (Ft, F',) se sustituyen efectivamente por un solo par (R, R'). Hallaremos el momento M de este par. Como R = F t y el momento de un par equivale al momento de

§ J6 Composición de pares en el espacio 117

una de sus fuerzas respecto de! punto de aplicación de la otra fuerza, entonces, según la fórmula (49) tendremos:

M = ÁB x /? = ÁB x (F, + Ft) — (ÁB x F,) + (ÁB x F ,).

Pero A B xF , — m , y A B x F , = m z. Por consiguiente,

M — m ¡+ m t, (55)

es decir, el vector M se representa por la diagonal del paralelogramo cons­truido con los vectores m 1 y m %. Para dos pares el teorema está demostrado.

Si sobre un cuerpo actúan n pares de momentos m„ m „ . . . . m„, aplicando consecutivamente la fórmula (55), obtendremos que el sis­tema de pares dado se sustituirá efectivamente por un solo par de momento

M = rrtl + m s + . . . +m„ = 2 /” *- (56)

El vector M se puede hallar como el lado que cierra el polígonoconstruido con los vectores componentes.

Si los vectores componentes no son coplanares, es más fácil hacer los cálculos analíticamente. Trazando los ejes coordenados y basán­donos en el teorema de las proyecciones de la suma de vectoressobre un eje, según la igualdad (56) hallaremos que

Mx= '2 Jmkx, Afy -=2 m*y. M-- = (57>

Conociendo estas proyecciones se puede construir el vector M. Su módulo se calcula según la fórmula

M = V M\ i- MI y M I

Los resultados obtenidos permiten hallar fácilmente las condiciones de equilibrio de un sistema de pares que actúan sobre un cuerpo sólido. Puesto que cualquier sistema de pares se sustituye por un solo par cuyo momento se determina por la igualdad (56), entonces en el caso de equilibrio se debe tener que M —Q

o 2 "»* = °.

es decir, el polígono construido con los vectores de los momentos delos pares aplicados al cuerpo, debe ser cerrado.

Hallemos las condiciones de equilibrio analíticas, teniendo en cuenta, que M — 0 solamente cuando Mx = 0. Mv — 0, M, — 0, pero según las fórmulas (57) lo será si,

2 "'*« = 0' 2 "'*y = 0' 2 mfc. =°- (58>

En conclusión señalemos que cuando todos los pares se encuentran en un plano (o en planos paralelos), los vectores de los momentosde estos pares estarán dirigidos a lo largo de una recta y su compo­

118 Cap. V II I Sistema de pares y de fuerzas disp. arbi. en el espacio

sición se rcducc a una operación algebraica. Este mismo resultado fue obtenido en el § 20.

Problema 40. Un cuerpo sólido está sometido a la acción de dos pares que se encuentran en dos planos perpendiculares entre si (íig. 108). Los módulos de los momentos de cada uno de los pares son numéricamente iguales a 3 kgfm. Hallar el par resultante.

Solución. Representamos los momentos de los pares en forma de vectores m, y m.t aplicados en un punto A\ el momento del par resultante se (¿presentara por el vector ni. Por consiguiente, el par resultante se encontrará el el plañe- ABCD y

será perpendicular a m. El módulo del momento del par resultante es numéricamente

igual a 3 Y 2 kgfm.

Si cambiamos el sentido de rotación de uno de los pares.dados, el par resul­tante se encontrará en el plano perpendicular a ABCD.

Problema 41. El cubo trazado en la fig. 109 está suspendido de dos barras verticales AA, y BBl de tal modo que su diagonal AB es horizontal. Los pares de fuerzas (P , P") y (Q. Q') están aplicados al cubo. Despreciando el peso del cubo determinar que relaciones deben haber entre las fuerzas P y Q para que el cubo esté en equilibrio y cuáles serán en este caso las reacciones de las barras.

Solución. El sistema de pares (P, P ’) y (Q, Q/) equivalente a un solo par puede ser equilibrado solamente por un par de fuerzas. Por consiguiente, las reaccio­nes incógnitas N y N' deben-formar un par. El momento de este par m. dirigido perpendicularmente a la diagonal AB lo representamos tal como se muestra en el

dibujo. En este caso su módulo m = Na Y 2 . donde a es la longitud de la arista del cubo. Los momentos de los pares dados los designamos con m, y m*. siendo ml — Pa, m2 = Qa. Las direcciones de los vectores m , y m , se muestran en el dibujo.

Trazando los ejes coordenados establecemos las condiciones de equilibrio (58):

la tercera condición se satisface idénticamente.De las ecuaciones obtenidas se deduce que m ,= /n 2, es decir, <? = P. Luego

hallamos que

Fig. 108 Fig. 109

2 mkx = mt — m c°s 45° = 0, ^ mky = m l — m eos 45°=0;

Pero por ser m = Na Y 2 , entonces N = P.

§ 47. Reducción de un sistema de tuerzas tridimensional 119

De este modo, el equilibrio es posible cuando Q P . Las reacciones de las barras son numéricamente iguales, en este caso, ti P y se dirigen tal como se muestra en el dibujo.

§ 47. Redacción de un sistema de fuerzas tridimensional a un centro dado. Los resultados obtenidos anteriormente permiten resolver el problema de (a reducción de cuafquier sistema de fuerzas a un centro dado. Este problema, análogo al problema examinado en el § 22, se resuelve con ayuda del teorema del traslado paralelo de una fuerza'. Para realizar un traslado de la fuerza F. que actúa sobre un cuer­po sólido, del punto A (fi¡>. 110, o) al punto O aplicamos en el punto O las fuerzas F ' — F y F" = — F. La fuer­za F' — F será aplicada en el puntoO y a ésta se unirá el par (F, Fm) de momento m; todo esto puede ser mostrado tal como se ve en la fig. 110, b.

l-'ig. Ili)

En este caso

<59,

Examinemos ahora un cuerpo sólido sometido a la acción de cualquier sistema de fuerzas F,, F ,, . . . , F„ (fig. 111, o). Escogemos un punto arbitrario O, como centro de reducción y pasamos todas

r¡g. i l l

las fuerzas del sistema a este centio, adjuntando los pares correspon­dientes. Entonces, sobre el cuerpo actuará, el sistema de fuerzas

F[ = FX. F- = F ,......... F¡ = F„. <00)

aplicado al centro O y el sistema de pares, cuyos momentos equivaldrán, según la fórmula (59), a

m, *= m n (F,), m, = m0 {F,), . . . . m„ = m0(F„). (61)

Las fuerzas aplicadas al punto O se sustituyen por una sola fuerza R aplicada en el mismo punto. En este caso o bien, según

120 Cup V f l l . Sistema de pares y de fuerzas disp. arbi. en el espacio

las igualdades (60)

(62)

Para componer todos los pares obtenidos hace (alta hallar la suma geométrica de los vectores de sus momentos. En definitiva el sistema de pares se reducirá a un solo par de momento Aí0 —2 /n*- o bien según las igualdades (61).

Como en el caso de un sistema plano, a la magnitud R, igual a la suma geométrica de todas las fuerzas, se la llama vector principal del sistema-, la magnitud M„, igual a la suma geométrica de los mo­mentos de todas las fuerzas respecto del centro O, se llama mo­mento principal del sistema respecto a este centro.

De este modo acabamos de demostrar el teorema siguiente: cual­quier sistema de fuerzas que actúan sobre un cuerpo rígido al ser re­ducido a un centro arbitrario O, se sustituye por una sola fuerza R equivalente al vector principal del sistema, aplicada en el centro de reducción O y a un par de momento Mn equivalente al momento prin­cipal del sistema respecto del centro O (fig. 11 1 , b).

Los vectores R y M 0 se determinan en general analíticamente, es decir, con ayuda de sus proyecciones sobre los ejes coordenados.

Las expresiones para Rx, Ry, Rz son conocidas (§ 10). Designare­mos las proyecciones del vector M 0 sobre los ejes coordenados por M x, Mv, Mz. Según el teorema de proyecciones de una suma de vec­tores sobre un eje tendremos que Al, = V [mr (/>)j* o bien de acuerdo con la igualdad (54) — 2 m„ (Fk). De manera análoga se hallar:las magnitudes My y Mz.

En definitiva, para determinar las proyecciones del vector princi­pal R y del momento principal M 0, obtenemos las fórmulas:

Del teorema demostrado, se deduce que dos sistemas de fuerzas para los cuales las magnitudes R y M„ coinciden son estáticamente equivalentes. Por consiguiente, para definir cualquier sistema de fuerzas que actúa sobre un cuerpo sólido es suficiente dar su vector princi­pal y su momento principal respecto de un centro determinado, es decir, es suficiente dar las seis magnitudes determinadas por las igualdades (64) y (65).

§ 48*. Casos de reducción de. un sistema de fuerzas trid im ensional a una expresión más simple. El teorema demostra­do en el § 47 nos permite determinar la expresión más simple a que puede ser reducido el sistema de fuerzas tridimensional dado. Para eso hace falta determinar el vector principal del sistema y su momen­

(63)

^ = 2 ^ . « r = 2 * V k , = 2 *V.:Ai, “ 2 ««x(/=•*). A 4 ,= 2 'M F*)- 2 "-’<(/=■*)•

(64)

(65)

§ 48*. Casos de reduc. de un sis. de fuerzas tridimen. 121

to principal respecto de un centro arbitrario O y analizar los resul­tados obtenidos.

Son posibles los casos siguientes:1) /? —0 y Aío = 0; el sistema se encuentra en equilibrio. Este

caso se estudiará en el § 49.2) R = 0, pero M a =5 0; el sistema se reduce a un par de fuerzas,

cuyo momento se calcula haciendo uso de las fórmulas (65). En este caso, lo mismo que para el sistema plano de fuerzas la magnitud M n no depende de la elección del centro O.

Un cuerpo libre, bajo la acción de tal sistema de fuerzas, puede (pero no siempre) efectuar un movimiento puramente giratorio.

a

Fig. 112 Fig. 113

3) R 0, pero Af„ — 0; el sistema se reduce a la resultante R que pasa por el centro O. El módulo de la resultante se calcula por las fórmulas (64).

Un cuerpo libre, sometido a la acción de tal sistema de fuerzas puede efectuar un movimiento de traslación (si la resultante R pasa por el centro de gravedad del cuerpo).

4) R^b 0, Af0T«t 0, M a _L R el sistema se reduce también a una sola resultante igual a R pero que no pasa por el centro O.

Efectivamente, cuando M 0 _L R, el par, representado por el vec­tor M0, y la fuerza R se encuentran en un mismo plano (fig. 112). Entonces, eligiendo las fuerzas del par R' y R" iguales, de módulo, a R y disponiéndolas tal como se ve en la fig. 112, obtendremos que las fuerzas R y R" se equilibrarán mutuamente y que el sistema se reemplazará por una sola resultante R' R. que pasa por el punto O'

(véase el § 23, p. 30). La distancia OO' (OO' J_ R) se determina en este caso valiéndose de la fórmula (31), donde d = 0 0 ‘.

Es fácil convencerse de que el caso examinado, en particular, tendrá siempre lugar para cualquier sistema de fuerzas paralelas o de fuerzas coplanares si el vector principal de este sistema R=fcO.

5) R=£ 0, M n =¡¿=0 y en este caso el vector M n es paralelo a R (fig. 113, o); el sistema se reduce al conjunto de la fuerza R y del par P. P ‘ que se encuentra en un plano perpendicular a la fuerza

122 Cap- V I I I . Sistema de pares y de fuerzas disp. arbi. en el espacio

(fig. 113, b). Tal conjunto de una fuerza y de un par se llama tornillodinámico o dinania (torsor) y la recta, a lo largo de la cual está di­rigido el vector R, se llama eje de la dinama. Es imposible simplificar más el sistema, porque reemplazando el par no cambia el sistema, pero si se traslada la fuerza R del centro O a cualquier otro punto C

(fig. 113, <i), al momento M 0 se le adjuntará un momento Mc — m c (R) perpendicular al vector R y, por consiguiente, también al momento Af0.

Como rebultado, el momento M c = M 0 -f Ale del par resultante seguirá creciendo. De este modo, es imposible reducir el sistema dado a una sola resultante o a un solo par. Un cuerpo sólido libre sometido a la acción de tal sistema de fuerzas puede realizar solamente un movimiento compuesto (helicoidal).

Si componemos una de las fuerzas delpar. por ejemplo la P', con la fuerza R, elsistema de fuerzas que se estudia puede reem­plazarse por dos fuerzas que se intersecan Q y P, no cop lanares (fig. 114). Como el sistema

de fuerzas obtenido equivale a la dinama, entonces no puede tener resultante.

6) Rñ^O , Alo =?fc0 y los vectores M a y R no son paralelos ni per­pendiculares; el sistema de fuerzas se reduce también a una dinama, pero el eje de esta dinama no pasará por el centro O.

Para demostrarlo, descomponemos el vector M n en las componentes: /M, diri­gida a lo largo de R y Af, perpendicular a R (ííg. 115). En este caso. M , = A l0 eos a .

M , = M q sen a , donde a es el ángulo formado por los vectores M o y R- El par representado por el vector M t (M .\ R ) y la tuerza R puede reemplazarse, como en el caso mostrado en la fig 112/ por una fuerza R ' aplicada en el centro O'. Como resultado, el sistema de fuerzas dado se reemplazará efectivamente por la tuerza R ' — R y por el par de momento M lt paralelo a /?'. es decir, por la dinama. cuyo eje pasa por el centro O'

Problema 42. Hallar a qué puede reducirse el sistema de lueizas í , y F , re­presentadas en la lig- 116. siendo F l — F2 = fr. AB = 2a.

§ 49. Condiciones de equili. de un sis. de fuerzas íridimen. 123

Solución. Reducimos las fuerzas F t y A-a un centro O que se encuentra en la parte media del segmento AB (íig. 116). El vector principal del sistema es R =- /"‘i 4- F . y es*3 dirigido a lo largo de la bisectriz del ángulo y'Oz' y equivale

numéricamente a R — F 2. l£l momento principal del sistema es M 0 = m 0 (/•',)+■t B o l f i l - El vector m 0 (F ,) está dirigido a lo largo del eje y' y el. vector f o ( F t ) . a 1° largo del eje z'\ ambos vectores son numéricamente iguales a Fa.

Por consiguiente, por su módulo M 0 — Fa )/~2 y está dirigido también a lo largo de la bisectriz del ángulo y'Oz'. De este modo, el sistema de fuerzas t\. F\ se reduce a una dinama y, como fue indicado en el § 3. no puede tener resultante.

§ 49. Condiciones de eq u ilib rio de un s is tem a a rb itra r io de: fu e r z a s tr id im en sio n a l. Caso de fu e r z a s para le la s. Un sistema arbitrario de fuerzas en el espacio, lo mismo que un sistema plano, puede reducirse a un centro cualquiera O y sustituirse por una fuerza resultante R y por un par de momento M a (los valores de 7? y M„se determinan valiéndose de las igualdades (62) y (63)]. Razonandocomo lo hicimos en el comienzo del párrafo 24, llegamos a la con­clusión de que para el equilibrio de este sistema de fuerzas es nece­sario y suficiente que simultáneamente sean R — 0, 0. Pero losvectores R y M a pueden ser nulos solamente cuando todas sus pro­yecciones sobre los ejes coordenados sean nulas, es decir, cuando Rx— Ry — R, = 0 y Mx = M y — Mz = 0 o, de acuerdo con las fórmulas(64) y (65), cuando las fuerzas efectivas satisfagan las condiciones

= 2 / ^ = 0. = 0; ^

2 mx (Fk) = 0. ¡my(Flt) = 0, 2 "*r (/=■*) = 0. I lbb>

De este modo, para que un sistema arbitrario de fuerzas en el espacio esté en equilibrio, es necesario y suficiente, que las sumas de las proyecciones de todas tas fuerzas sobre cada uno de tos tres ejes coordenados y la suma de sus momentos respecto de estos ejes sean iguales a cero 1 ’.

l.as ecuaciones (66) expresan al mismo tiempo las condiciones de equilibrio necesarias para un cuerpo sólido libre sometido a la acción de cualquier sistema arbitrario de fuerzas en el espacio. Las tres pri­meras igualdades expresan las condiciones necesarias para que el cuerpo no tenga desplazamientos a lo largo de los ejes coordenados y las tres restantes son las condiciones para la ausencia de rotación alrededor de estos ejes.

Si sobre el cuerpo, además de las fuerzas, actúa un par dado por su momen­to M. entonces la forma de las tres primeras condiciones (6 6 ) no variará (la suni.i de las proyecciones de las fuerzas de un par sobre un eje cualquiera equivale

" Durante el planteamiento de las condiciones (6 6 ) se puede, si es razonable, tomar para los cálculos de las proyecciones un sistema de ejes coordenados y para los cálculos de los momentos, otro.

Cap. VI I / . Sistema de pares y de fuerzas disp. arbi. en el espacio

a cero), pero las últimas tres condiciones obtendrán el aspecto siguiente:

2 m*<f*) + 'v,* = 0. 2 "V</r*> + 'WJ, = 0. 2 <n, </>)-(-Al,-.0. <67>

Caso de fuerzas paralelas. En el caso cuando todas las fuerzas aplicadas al cuerpo son paralelas se pueden elegir los ejes coordena­dos de tal manera que el eje z sea paralelo a las fuerzas (fig. 117). Entonces, las proyecciones de cada una de las fuerzas sobre los ejes x e y y sus momentos respecto del eje z serán iguales a cero y el sistema (66) nos da tres condiciones de equilibrio:

2 ^ = 0 . 2 " ,x(/r* )= ° . 2 " ',< '% )- o (68)

Las igualdades restantes se convertirán en este caso en identidades del tipo 0 = 0.

Por consiguiente, para el equilibrio de un sistema tridimensional de fuerzas paralelas es necesario y suficiente, que la suma de las pro­yecciones de todas las fuerzas sobre el efe paralelo a ellas y la suma de sus momentos respecto de los otros dos ejes coordenados sean iguales a cero.

§ 50. Teorema de Varignon sobre e l m om ento de la resu l­ta n te respecto de un eje. Supongamos que sobre un cuerpo sólidoactúa un sistema de fuerzas. F ,, F ,.............F„ que se reduce a unaresultante R, cuya linea de acción pasa por cierto punto C (fig. 118). Apliquemos en este punto la fuerza R ' — — R. Entonces, el sistemade fuerzas F,, Ft .........Fn, R' se encontrará en equilibrio y para élse cumplirán todas las condiciones (66). En particular, para cual­quier eje coordenado Ox se tendrá:

2 mx (Fk) + m , (/?') = 0.

Pero como la fuerza R '— — R y ambas están dirigidas a lo largo de una misma recta, entonces mx(R') = — mx(R). Poniendo este valor de mx(R') en la igualdad precedente hallaremos que

(69)

§ 50. Teorema de Varignon sobre el momento de la resultante 125

Por consiguiente, si un sistema de fuerzas posee una resultante, el momento de esta resultante respecto a cualquier eje es igual a la suma algebraica de los momentos de las fuerzas componentes respecto del mismo eje (teorema de Varignon).

§ 51. Problemas sobre el equilibrio de un cuerpo sometido a la acción de un sistem a de fu e r z a s trid im ensional. El método para resolver estos problemas es el mismo que para los sistemas pla­nos de fuerzas. Después de elegir el cuerpo cuyo equilibrio se exa­minará, se sustituyen las ligaduras del cuerpo por sus reacciones y se plantean las condiciones de equilibrio de éste, considerándolo libre. De las ecuaciones obtenidas, se determinan las incógnitas.

Para obtener sistemas de ecuaciones más simples se recomienda trazar los ejes de manera que corten la mayor cantidad de fuerzas incógnitas o sean perpendiculares a éstas (si esto no complica dema­siado el cálculo de las proyecciones y los momentos de las otras fuerzas).

Un nuevo elemento en la composición de las ecuaciones es el cál­culo de los momentos de las fuerzas respecto de los ejes coordenados.

Cuando el dibujo general no permite averiguar el valor del mo­mento de la fuerza dada respecto de un eje cualquiera, se recomienda representar en un dibujo auxiliar la proyección del cuerpo que se exa­mina (junto con la fuerza) sobre el plano perpendicular a este eje.

Si durante los cálculos del momento aparecen dificultades en la determinación de la proyección de la fuerza sobre el plano correspon­diente o del brazo de esta proyección, se recomienda descomponer la fuerza en dos componentes reciprocamente perpendiculares (una de las cuales es paralela a cualquier eje coordenado) y luego aplicar el teo­rema de Varignon. Además se pueden calcular analíticamente los mo­mentos valiéndose de las fórmulas (52).

Problema 43. Durante el levantamiento de una placa rectangular homogénea de lados a y b (lig. 119), un obrero la mantiene por e! punto A. En qué puntos B y D otros dos obreros deben mantener la placa para que las luerzas aplicadas por cada uno de los tres hombres sean iguales.

Solución. Examinemos el equilibrio de la placa, que es un cuerpo libre que se encuentra en equilibrio bajo la acción de cuatro luerzas paralelas <?,. Qt, Q3. P, donde P es la fuerza de gravedad. Planteamos las condiciones de equilibrio (6 8 ) para estas fuerzas, considerando que la placa se encuentra en una posición horizon­tal y trazando los ejes tal como se muestra en la íig . 119. obtendremos

Qxb + Q ,y - P ± =-0.

— Q¿i-QyX + P — --0.

<?.+<?, + <?, = />■

Según las condiciones del problema debe ser Qt =^Qt = Q3 = Q. Entonces: de la última ecuación /> = 3Q. Poniendo este valor en las dos primeras igualdades obte-

126______ Cap V IH Sistema de pares y de fuerzas dtsp. urbi. en el espacto

nemos, después de simplificar Q.

De aqui hallamos:

Problema 44. Un árbol horizontal que descansa sobre dos cojinetes A y B (iig. 1 2 0 ) lleva perpendicularmente al eje del árbol una polea de radio r , ~ 2 0 ern

y un cilindro de radio r , = l5 cm. El árbol se pone en rotación por medio de una correa que pasa por la polea; al mismo liempo se levanta uniformemente una carga de peso P — 180 kgí atada a una cuerda que se enrolla alrededor del cilindro. Despreciando los pesos del árbol, la polea y el cilindro, determinar las reacciones de los cojinetes A y D y la tensión T, del ramal conductor de la correa, si se sabe que ésta es dos veces mayor que la tensión T- del ramal conducido. Se sabe que a = 40 cm. b — 60 cm. a = 30°.

Solución. En este problema, durante un movimiento de rotación uniforme del árbol, las fuerzas que actúan sobre éste están en equilibrio. Planteemos las condi­ciones de equilibrio de estas fuerzas. Trazamos los ejes coordenados (véase el di­bujo) y. considerando el árbol como libre, representamos las fuerzas que actúan sobre éste: la tensión de la cuerda F de igual módulo que P. las tensiones de la correa Tx, Tt y las reacciones de los cojinetes Ya- Z a • Yr. Z r (cada una de las reacciones Ra y R r puede tener cualquier sentido en el plano perpendicular al eje x y por eso se representa por dos componentes).

Para el planteamiento de tas condiciones de equilibrio (6 6 ) calculamos las proyecciones de todas estas fuerzas sobre los ejes coordenados y sus momentos res­pecto de estos ejes (véase la tabla).Las proyecciones de todas las fuerzas sobre el eje x equivalen a cero, por eso omi­timos este renglón n .

n La composición preliminar de las tablas es particularmente útil durante la resolución de los problemas de este párrafo. La tabla se llena por columnas, es decir, primero se calculan todas las proyecciones y momentos de la fuerza F. luego de la fuerza 7*1 etc. De este modo, la atención se concentra al principio en la pri­mera fuerza, luego en la segunda, etc. Si se plantean de una vez todas las condi­ciones de equilibrio (6 6 ). entonces hará falta volver a examinar seis veces cada fuerza, además, en este caso hay más posibilidades de cometer errores y particular­mente de omitir ciertas fuerzas en una u otra ecuación.

I ig 119 Fig. 120

§ 51 Problemas sobre el equilibrio de un cuerpo 127

'*■ 'r, r , Ra *8

F eos GL T, T, Ya Y„

Fk, — F sen a 0 0 z* Zb

™xtFk> - F ' , T,r, - T V . 0 0

F sen a b 0 0 0 — Zfí t° + &)

</■',) F eos a-fe - T ,a - 7 > 0 V'fl(o-ffc)

Planteando las condiciones de equilihrio obtendremos (sabiendo que F = P):

P eos a-\~Tx-\-T2 + Y a~\-Y/j = 0, (l)

— P sena + ZA + Za = 0. (II)

-/■ ,P-f/-,7-1- /- l r 1 = 0 . ( I I I )

bPsena— (a-\-b) Zfí — Q, (IV)

bP eos a — aT , — 4-*) = 0- (V)

De las ecuaciones (111) y (IV) deducimos inmediatamente, teniendo en cuenta que T, = 2T„

r , = = 135 kgl, f 1

zR—-^rb » n a = 54 kgl.

Luego, de la igualdad (V) obtenemos

K , , 3 , r » - y > » « a, 69 Kgl.

Poniendo los valores hallados en las ecuaciones restantes tendremos:

Kyi = — P eos a — 3 r s— Yn ss — 630 kgf.ZA = P sen a — Z# — 36 kgl.

En definitiva.T, - 270 kgf. YA « — 630 kgf. Z¿ = 36 kgi. V'a « 69 kgf,Z* = 54 kgf.

Problema 45. Una tapa rectangular de peso P = 1 2 kgf. que forma con la ver­tical un ángulo a = 60°. está fijada a un eje horizontal AB en el punto B con ayuda de un cojinete cilindrico y en el punto A, mediante un cojinete de empuje (fig. 121). La tapa se mantiene en equilibrio por medio de una cuerda DE y se tira de ella por medio de un hilo con la carga Q = 2 0 kgf en su extremo (la línea KO es paralela a AB). Se da: BD=BE. AK,—a — 0.4 m. AB — b — \ mi. Determinar la tensión de la cuerda DE y las reacciones de los cojinetes A y B.

128 C ap V I I I S istem a de pares y de fuerzas disp. arbt en el espacto

Solución. Examinemos el equilibrio de la lapa, omitiendo las ligaduras y con­siderándola libre Tracemos los ejes coordenados tomando el origen en el punto ñ (en este caso la fuerza T cortará los ejes y y z lo cual simplifica las ecuaciones de los momentos) y representemos las fuerzas electivas y las reacciones de ligaduras

(véase el dibujo; el vector M pun­teado no tiene relación con el pro­blema en cuestión). Para poder plan­tear las condiciones de equilibrio, calculamos las magnitudes de las proyecciones y los momentos de todas las fuerzas introduciendo al mismo tiempo el ángulo y desig­namos BD — B E = d (véase la ta­bla). El cálculo de los momentos de algunas fuerzas se explica en los dibujos auxiliares (íig. 1 2 2 . a y b).

La íig. 122,o represéntala pro­yección sobre el plano Byz vista des­de el extremo positivo del eje x. Este dibujo ayuda a calcular los momentos de las fuerzas P y T res­pecto del eje x. En éste, se ve que

|2 | las proyecciones de estas fuerzas so-* bre el plano yz son iguales a las pro

pías fuerzas y que el brazo de la fuer­

za P respecto del punto B equivale a flC, sen a = -~ sen a. pero el brazo déla fuer­

za T respecto del mismo punto equivale a BE sen ¡í = d sen p.

En la fig. 122. b se muestra la proyección sobre el plano Bxz vista desde el extremo positivo del eje y. Este dibujo (junto con la íig. 122, a) ayuda a calcular los momentos de las fuerzas P y Q ‘ respecto del eje y. En éste se ve que las proyec­ciones de estas fuerzas sobre el plano xz son iguales a las propias fuerzas y que

§ 5/. Problemas sobre el equilibrio de un cuerpo

el brazo de la fuerza P respecto del punto B equivale a AB=¿-^ , pero el brazo

de la fuerza <?' respecto del mismo punto equivale a AK\ es decir, AK eos a o acosa , es esto lo que se ve <*n la fig. 1 2 2 , a.

Fig. 122

Ahora, planteando las condiciones de equilibrio y considerando que = Q obtendremos:

- Q + ^ = o , (1)- r s e n p + + K a = 0 , (II)

- p + r c o s p + z ^ - f z 8 = o . (III)

— í >Y sena+ ^ senp “ ®' (IV)

— P + Qa eos a + Z Ab = 0, (V)

Qa sen a — ^ ¡> = 0 . (VI)

Teniendo en cuenta que (S = y = 30° hallamos de las ecuaciones (1) (IV), (V)

y (VI):

*,,= .<? = 20 kgf. 10,4 kgf;

ZA = ^ eos a = 2 kgf;

— sena « 6,9 kgl.

Poniendo estos valores en las ecuaciones (II) y (III) obtendremos:

Yfj = T sen f) — Y — .1,7 kgf.

Zfl = P — Tcosp — ZA=>\ kgf.

de donde,

7 « 10,4 kgf, X ¿ = 20 kgf, YA»6 ,9 kgl,

Z t4 = 2 kgf, Yg= i — 1,7 kgf, Z * = 1 kgf.

Problema 46. Resolver el problema 45, si la tapa está sometida adicionalmente a la acción de un par de momento M = 1 2 kgfm que se encuentra en su plano. La

130 Cap. V IH . Sistema de pares y de fuerzas disp. arbi. en el espacio

rotación del par (si se mira ia tapa desde arriba) está dirigida en el sentido contrario al de las agujas del reloj.

Solución. Además de las fuerzas que actúan sobre la lapa (véase la fig. 121), representamos el momento M del par en forma de un vector perpendicular a la tapa y aplicado en cualquier punto, por ejemplo, en el punto A. Sus proyecciones sobre ios ejes coordenados serón: A1X = 0, Afy = M c o s a , A f ,= A ísena. Entonces, plan­teando las condiciones de equilibrio (67), hallamos que las ecuaciones (l) — (IV) que­dan igual que en el problema precedente y las dos últimas ecuaciones serán

— P -7j- Qa eos a-f* M eos a = 0, ÍV')

— YAb-\-Qa sen a-f- M sen a = 0. (V i')

Remarquemos que se puede obtener este mismo resultado sin plantear las con­diciones (67), sino representando al par por dos fuerzas dirigidas, por ejemplo, a lo

Fig. 123

largo de las líneas AB y ACO (es evidente que los módulos de las fuerzas serán iguales a M/a) y usando las condiciones habituales de equilibrio.

Resolviendo las ecuaciones (1) — (IV), (V'), (VI') hallamos resultados análogos alos obtenidos en el problema 45, pero con una sola diferencia, que en todas lasíórmulas, la magnitud Qa se sustituye por Qa-f-M. En definitiva obtendremos:

T « 10,4 kgf, X ¿ = 20 kgf, Ya * 17,3 kgf, = — 4 kgí,

Y-fí^s — 12,1 kgf, Z fl = 7 kgf.

Problema 47. Una barra horizontal AB, está fijada en el muro mediante una rótula A y se mantiene en una posición perpendicular al muro por los tirantes KE y CD que se muestran en la fig. 123, a. Del extremo B de la barra está suspendida una carga de peso P — 36 kgf. Determinar la reacción de la rótula A y las tensiones

de los tirantes, siendo AB = 0 = 0,8 m; AC = A D X = 6 = 0,6 m; A K — -^, a = 30u,

p = 60°. El peso de la barra se desprecia.

Solución. Examinemos el equilibrio de la barra, eliminando las ligaduras y con­siderándola libre. Sobre la barra actúan la fuerza P y las reacciones TK, Te. X a. Ya . Z a- Tracemos los ejes coordenados y calculemos las proyecciones y los momentos de todas las fuerzas (véase la tabla).

Como todas las fuerzas intersecan el eje y, entonces sus momentos respecto aeste eje equivalen a cero. Para calcular los momentos de la fuerza Tc respecto a losejes coordenados, hace falta descomponerla en las componentes Tt y T2 (Tt = Tccosa

§ 51. Problemas sobre el equilibrio de un cuerpo 131

Tt = Tc scna) y utilizar luego el teorema de Varignon *). Entonces mx {Tc) = mf (Tx), pues nix (T.) = 0; mz (Tc) — mx (Tt), puesto que mx (Tl) = 0. El cálculo de losmomentos de las fuerzas respecto del eje z, se aclara con el dibujo adicional(fig. 123, b), en el cual se dan las proyecciones sobre el plano Axy.

Ahora, poniendo los valores de 7^ y 7 ,, obtendremos las ecuaciones siguientes:

Tk eos p — 7 C sen a sen 45° + = 0, (I)

— T x sen P — Tc sen acos 45°-f Y ¿ — 0, (II)

— P + r c cosa + Z <4 = (), (II I)

— Pa + Tcb eos a = 0 , ( I V )— Tk ~ eos p -J- Tfjb sen a sen 45° = 0 (V)

Resolviendo este sistema de ecuaciones halla­mos definitivamente 7V«55,4 kgí, 7V«58,8 kgf,

— 9,8 kgf, Yax 70,5 kgf. — 12 kgf. Eneste caso, las componentes X 4 y tienen las direcciones opuestas a las mostradas en el dibujo.

Problema 48. Una placa horizontal ABC que tiene la forma de un triángulo equilátero de lado a, está fijada mediante seis barras como se muestra en la fig. 124. En este caso, cada una de las ba­rras inclinadas forma con el plano horizontal un ángulo a = 30°. En el plano de la placa actúa un par de momento M. Despreciando el peso de la placa, determinar los esfuerzos en las barras.

Solución. Considerando la placa como libre, trazamos el vector del momento M del par que actúa sobre ésta y las reacciones de las barras S t, S¡, . . . , St. D irigi­rnos las reacciones como si todas las barras estuvieran estiradas (consideremos aue la placa trata de separarse de las barras). En el caso de equilibrio, la suma de los

*) Remarcamos que el ángulo formado por la fuerza Tc y el plano Ayz no equivale a 45°, como a veces consideran erróneamente en casos análogos. Por eso, por ejemplo, para calcular habitualmente mx (T¿) hace falta primero determinar este ángulo, lo que complica el cálculo. Pero con ayuda del teorema de Varignon halla­mos en seguida que mx (Tc) = mx (T^) = TX-AC.

132 Cap. V i l i . S istem a de pares y de fuerzas d isp . arb i en el espacio

momentos de todas las fuerzas y los pares oue actúan sobre el cuerpo [véase las igualdades (67)] respecto de cualquier eje debe ser igual a cero.

Dirigiendo el eje z a lo largo de la barra / y planteando las ecuaciones de los momentos respecto de este eje obtendremos, como M Z = M:

(S, eos a)h-{- M = 0 .

donde h =a y 3

es la altura del triángulo. De aqui hallamos

S «= -2 ^ 3 M

Ahora, planteando las ecuaciones de los momentos respecto de los ejes que dirigimos a lo largo de las barras 2 y 3, obtendremos los mismos resultados para las fuerzas S4 y S*.

Luego, planteemos las ecuaciones de los momentos respecto del eje x dirigido alo largo del lado BA del triángulo. Teniendo en cuenta que Afx = 0 obtendremos:

Sth -f- (S4 sen a) h — 0.Por ser S4 = St hallamos que

«S3 = — S4 sen a =2 Y 3 A4

— tg a .

Obtendremos los mismos valores para las magnitudes 5, y St planteando las ecuaciones de los momentos respecto de los ejes AC y CB.

En definitiva, cuando a = 30° tendremos:

c 2 M í _ 3 a '

SA = St -c 4 M• “ 3 a

Los resultados obtenidos nos muestran que, bajo la acción del par dado, las barras verticales se estiran y las inclinadas se comprimen.

Del ejemplo examinado, se ve que durante la resolución de problemas no es obligatorio utilizar siempre las condiciones de equilibrio (6 6 ). Para un sistema de fuerzas tridimensional, asf como para un sistema plano, existen varias formas de las condiciones de equilibrio, entre las cuales la forma (6 6 ) es la fundamental.

En particular, se puede demostrar que para el equilibrio de un sistema de fuerzas en el espacio es necesario y suficiente, que sean iguales a cero las sumas de los momentos de todas las fuerzas respecto a seis ejes dirigidos, bien por las aristas de una pirámide triangular o bien por las aristas laterales y las aristas de la base de un prisma triangular.

Durante la resolución del problema 48 se han utilizado las últimas condiciones.

Fig 125

Problema 49. Hallar los esfuerzos en la sección AA , de una barra cargada complicadamente que está representada en la fig. 125, a. La fuerza Q pasa por el centro de la parte derecha de la barra; la fuerza F se encuentra en el plano Oxz; la fuerza P es paralela al eje Oy. La longitud de la parte derecha de la barra equivale a b, y la altura a h.

§ 5 !. Problemas sobre el equilibrio de un cuerpo 133

Solución. Determinamos los esfuerzos incógnitos mediante el método análogo ai empleado en el problema 29 (§ 27). Para eso cortemos la barra por la sección A A X y examinemos el equilibrio de la parte derecha de la barra (fig. 125,6); aquí no hará falta examinar prematuramente el equilibrio de toda la barra para determinar las reacciones de las ligaduras (como en el problema 29). porque la parte derecha no tiene ligaduras. Tracemos por el centro de la sección O los ejes coordenados x. y. z. La acción de la parte suprimida se sustituye en este caso por un sistema tridimen­sional de fuerzas distribuidas desconocido. Estas fuerzas, de acuerdo con los resul­tados del § 47, equivaldrán a una resultante /? aplicada eh el centro O y cuyas proyecciones R x, Ry . R x son desconocidas y a un par de momento M Q. con proyecciones M x. M y, M t también desconocidas de antemano. Representando en la lig. 125,6 estas fuerzas y los momentos y componiendo para todas las fuerzas y lospares que actúan sobre la parte derecha de la barra las tres primeras ecuaciones (6 6 )y las ecuaciones (67). obtendremos

R x — F sen a-f-Q = 0, Ry — P = 0 , R¿ — f cosa = 0;

M x- (>P.= 0; M y + bF sen a — ^ <? = 0, = 0.

Resolviendo estas ecuaciones hallaremos

Rx = F sen a — Q. Ry — P. R g*=F cosa;

M x = bP. M , = ~ Q - b f seno.

Por consiguiente, en la sección A A X actuarán: dos fuerzas transversales equiva­lentes a Rx y Ry. una fuerza longitudinal de extensión igual a Rz y tres pares de momentos iguales a M x, M y y M z\ los dos primeros pares encorvan la barra cerca de los ejes Ox y Oy y el tercero crea una torsión alrededor del eje Oz.

§ 52*. C ondiciones de equ ilib rio de un cuerpo só lido no lib re . Noción sobre la e s ta b ilid a d del equ ilibrio . En los párrafos11. 24, 49 y otros, hemos obtenido las ecuaciones necesarias para el equilibrio de un cuerpo sólido libre. Estas condiciones se aplican a los cuerpos no libres con ayuda del axioma de las ligaduras. En este caso, se obtienen las ecuaciones que sirven para determinar las reacciones de las ligaduras.

La cuestión de las condiciones de equilibrio de un cuerpo sólido no libre surge cuando las ligaduras introducidas en el cuerpo no lo fijan rígidamente (véase los problemas 6, 7 del § 13 y otros). En este caso, solamente una parte de las ecuaciones, que se obtiene con ayuda del axioma de las ligaduras, contiene las reacciones de las ligaduras y sirve para determinar estas reacciones. Las ecuaciones restantes muestran para qué relaciones entre las fuerzas dadas (problema 6) o en qué posición (probiema 7) es posible el equilibrio de un cuerpo, es decir, nos dan las condiciones de su equilibrio. De esta manera, las condi­ciones de equilibrio de un cuerpo sólido no libre, se determinan con ¡as ecuaciones establecidas con ayuda del axioma de las ligaduras que no contienen las reacciones de las ligaduras

Por ejemplo, para un cuerpo con un eje de rotación fijo z (véase la fig. 126) hallamos, utilizando el axioma de las ligaduras y compo­niendo las ecuaciones (66), que las reacciones de los cojinetes A y B entran en todas estas ecuaciones excepto en la última (véase el pro-

134 Cap. VI I / . Sistema de pares y de fuerzas disp. arbi. en el espacio

blema 44). Las reacciones no entran en la ecuación {Fk) — 0.pues éstas cortan el eje z.

Por consiguiente, la condición de equilibrio de un cuerpo con un eje de rotación fijo consiste en que la suma de los momentos de todas las fuerzas efectivas respecto de este eje debe ser igual a cero:

2 « , ( f * ) - o .

Cuando un cuerpo se fija, por medio de ligaduras introducidas no rígidamente, se presenta una cuestión importante de la estabilidad del equilibrio. Si las fuerzas efectivas tratan de volver el cuerpo a la posición de equilibrio (cuando éste ha sido sacado de esta posición), la posición de equilibrio que se estudia es estable, en caso contrario,

el equilibrio será inestable. Prácticamente un cuerpo puede encontrarse en equilibrio solamente cuando su posición de equilibrio sea estable.

Examinemos, por ejemplo, un cuerpo fijado en un eje horizontal. De acuerdo con la condición hallada, el cuerpo estará en equilibrio bajo la acción .de la fuerza de gravedad P cuando mz(P) — 0, es decir, cuando el centro de gravedad C del cuerpo ocupe la posición más baja (fig. 126, a) o la más alta (fig. 126,6). En el primer caso, si hay una desviación pequeña, el momento de la fuerza P trata de volver el cuerpo a la posición de equilibrio. En el segundo caso, por muy pequeña que sea la desviación, el momento de la fuerza P hará aumentar esta desviación. Por consiguiente, el equilibrio de un cuerpo es estable cuando el centro de gravedad de éste ocupa la posición más baja e inestable cuando el centro de gravedad ocupa la posición más alta. Este resultado es válido en todos los casos del equilibrio de los cuerpos sometidos a la acción de la fuerza de gravedad. Si el centro de gra­vedad de un cuerpo se encuentra sobre el eje de rotación, el equilibrio de éste se llama indiferente o asiático.

Analicemos aún el carácter del equilibrio de la barra examinada en el problema 7 (ó 12). La condición de equilibrio de la barra es 2 (F¡<) = 0. En este caso (véase la fig. 38):

m* (T) — Qa eos — , | mA (P) \ = Pa sen a.

Si aumentamos el ángulo a, | mA (P) | crecerá y mA(T) disminuirá y el ángulo a seguirá creciendo bajo la acción de la fuerza P. Si

§ 52. Condiciones de equilibrio de un cuerpo sólido no libre 135

disminuimos el ángulo a, mA (T) crecerá y m,t (P) se reducirá y el ángulo a segurá disminuyendo bajo la acción de la fuerza 7’ = Q. Por consiguiente, la posición de equilibrio de la barra definida por la

igualdad sen y = es inestable. Cuando a=180° el equilibrio es

estable si Q < 2P e inestable si Q > 1P\ para convencerse se puede introducir el ángulo p = 180°— a.

. Este método de análisis puede ser utilizado solamente en los casos muy simples. Los casos más complicados se analizan mediante los métodos de Dinámica.

CAPITULO IX

Centro de gravedad

§ 53. Centro de fuerzas para le las . La noción sobre el centro de las fuerzas paralelas hace falta durante la solución de algunos problemas de mecánica y en particular, durante la determinación del centro de gravedad de los cuerpos.

Examinemos un sistema de fuerzas paralelas y dirigidas en el mismo sentido F x, F ,......... F„ aplicadas a un cuerpo sólido en los puntos

A¡, AJt A„ (fig. 127). Es evidente que este sistema tiene una resultante R dirigida igual que las fuerzas componentes y con el módulo

= (70)

Ahora, si hacemos girar en la misma dirección a un ángulo fijo cada una de las fuerzas, alrededor de su punto de aplicación, obten­dremos nuevos sistemas de fuerzas paralelas y de igual dirección con los mismos módulos y puntos de aplicación, pero la dirección general será distinta (véanse, por ejemplo, las líneas punteadas en la fig. 127). Es evidente que la resultante de cada uno de estos sistemas de fuerzas

§ 53. Centro de fuerzas paralelas 137

paralelas tendrá el mismo módulo R, pero su linea de acción variará cada vez. Para hallar esta línea de acción hace falta determinar cada vez un punto cualquiera, a través del cual pasa esta resultante. Mostre­mos que en todas estas rotaciones, la línea de acción de la resultante pasa siempre por un mismo punto C. En efecto, al componer primero las fuerzas F , y F2 hallamos (véase el § 17) que, cualesquiera que sean las rotaciones de estas fuerzas, su resultante /?, (no representada en el dibujo) pasará por el punto c, de la recta A¡At, que satisface la igualdad- F, ■ A,c, = F,-<4,clf porque las rotaciones de las fuerzas no varían ni la posición de la recta AtAt, ni esta igualdad. Componiendo la fuerza /?, con la fuerza F, obtendremos que su resultante, que al mismo tiempo es la resultante de las fuerzas F t, F t, F,, pasará siempre por un punto c, determinado análogamente, que se encuentra en la recta c,A ,, etc. Terminando esta operación de composiciones sucesivas, nos convenceremos de que la resultante R de todas las fuerzas pasa efectivamente siempre por el mismo punto C, cuya posición respecto de los puntos A,, A ,......... A„, es decir, respecto del cuerpo, es inva­riable.

El punto C, por el cual pasa la línea de acción de la resultante de un sistema de fuerzas paralelas, al realizar estas rotaciones cuales­quiera del mismo sentido y de un mismo ángulo alrededor de sus puntos de aplicación se llama centro de las fuerzas paralelas.

Hallemos las coordenadas del centro de fuerzas paralelas. La posición del punto C respecto del cuerpo es invariable y no dependerá de la elección del sistema de coordenadas. Por eso tomemos ejes coordenados arbitrarios Oxyz y designemos a las coordenadas de los puntos: A, (x,, y,, z,), At (xt, yt, z2), C(xc, tjc, zc). Sabiendo que la posición del punto C no depende de la dirección de las fuerzas, ha­gamos girar a las fuerzas alrededor de sus puntos de aplicación de tal manera que éstas sean paralelas al eje Oz y apliquemos a las fuerzas F[, F\, . . . , F'n el teorema de Varignon (§ 50). Como R' es la resul­tante de estas fuerzas, valiéndose de la fórmula (69), tomando los momentos respecto del eje Oy tendremos

my(R') = m y(F-k). (71)

Pero en el dibujo [o según las igualdades (52)] se ve que my (/?') == /?xc, porque R' = R y análogamente my(F[) = F,x,, pues F[ — F,, etc.Poniendo todos estos valores en la igualdad (71) tendremos: Rxc = = F,xl •+- Ftx2 -(■... -) F„x„. De aquí hallamos:

^i*i +/-',*!+ ■■■ -I- f _ 2 f**»*c ~ R ~ R '

Una fórmula análoga se obtendrá para la coordenada yc tomando los momentos respecto del eje Ox. Para delerminar zc hagamos un giro más de todas las fuerzas hasta que éstas sean paralelas al eje Oy y apliquemos a estas fuerzas (representadas por rayitas y puntos) el

138 Cap. i X . Centro de gravedad

teorema de Varignon lomando los momentos respecto del eje Ox. Esto nos dará:

— Rzc = — Flz l + ( — Ftzt) + . . . +( — F„z„),de donde hallamos zc.

En definitiva obtendremos las fórmulas siguientes para las coorde­nadas del centro de las fuerzas paralelas:

r ...2 ^*** ^jFkí/k . _ ¿ I Fk*k ,yr>)x c ------------ ^ . y e — — ^ — > Z C -------------

donde R se determina por la igualdad (71).Señalemos que las fórmulas (70) y (72) serán válidas también para

las fuerzas paralelas dirigidas en sentidos diferentes, si se consideran las Fh como magnitudes algebraicas (en un sentido con el signo posi­tivo y en el otro con signo negativo) y con la condición de que R 0.

£ 54. Centro de gravedad de un cuerpo sólido. Toda partícula de un cuerpo que se encuentra cerca de la superficie terrestre está sometida a la acción de una fuerza dirigida verticalmente hacia abajo

que se llama fuerza de gravedad (el proble­ma de la fuerza de gravedad será estudiada más detalladamente en el § 121).

Para los cuerpos cuyas dimensiones son muy pequeñas en comparación con el radio de la Tierra, se puede admitir que las fuer­zas de gravedad de las partículas del cuer­po son paralelas unas a otras y conservan una magnitud constante, a pesar de las rotaciones cualesquiera efectuadas por el cuerpo. El campo de gravedad en que se cumplen estas dos condiciones se llama cam­po de gravedad homogéneo.

Designemos por P (fig. 128) la resultante de las fuerzas de gravedad/>,, pt, . . . p„ que actúan sobre las par­tículas del presente cuerpo. El módulo de esta fuerza equivale a! peso del cuerpo y se determina por la igualdad ”

P = 2>*. (73)

Cualquiera que sea la rotación efectuada por el cuerpo, las fuerzas pk se quedan paralelas unas a otras y están aplicadas a los mismos puntos del cuerpo, varia solamente su dirección respecto del cuerpo. Por con­siguiente, de acuerdo con lo demostrado en el § 53, la resultante P de las fuerzas pk, en cualquier posición de! cuerpo, pasará por un mismo punto C constantemente enlazado con el cuerpo, que es el centro de las fuerzas paralelas de gravedad p h. Este mismo punto se llama centro

11 El peso es la magnitud numérica de la luer/a con la cual el cuerpo en re poso quo se encuentra en el campo de gravedad actúa sobre el apoyo que fe impide caer voilicalmenle (por ejemplo, sobro el platillo de la balanza).

§ 54. Centro de gravedad de un cuerpo sólido 139

de gravedad del cuerpo. De este modo, el centro de gravedad del cuerpo sólido es el punto ligado invariablemente con este cuerpo, por el cual pasa la linea de acción de la resultante de las fuerzas de gravedad de las partículas del cuerpo dado, cualquiera que sea la posición del cuerpo en el espacio. La existencia de tal punto se deduce de lo demostrado en el § 53.

Las coordenadas del centro de gravedad, como centro de fuerzas paralelas, se determinan por las fórmulas (72) y serán:

* c = 2 £ * íí, , 2 c = 2 p*£» (74)

donde xk, yk, zk son las coordenadas de los puntos de aplicación de las fuerzas de gravedad p k de las partículas del cuerpo.

Remarquemos que según la definición el centro de gravedad es un punto geométrico que puede encontrarse fuera de los limites del cuerpo dado (por ejemplo, en un anillo).

§ 55. Coordenadas del centro de gravedad de los cuerpos homogéneos. Para un cuerpo homogéneo el peso pk de cualquier parte de éste es proporcional al volumen vk de esta parte: pk = yvk y el peso P de todo el cuerpo es proporcional al volumen V de éste: P = yV, donde y es el peso de la unidad de volumen.

Colocando estos valores de P y pk en las fórmulas (74), notaremos que, en el numerador, y se saca de entre paréntesis, como factor común, y se simplifica con y del denominador. Como resultado, de las fór­mulas (74) obtendremos:

x c = ^ r * - . y c = ^ r í - * c = ^ r í - (75)

Como se ve, el centro de gravedad de un cuerpo homogéneo de­pende solamente de su forma geométrica y no depende de la magnitud y. Por esta razón, el punto C, cuyas coordenadas se determinan por las fórmulas (75), se llama centro de gravedad del volumen V.

Razonando de una manera análoga es fácil hallar que si el cuerpoes una lámina homogénea y fina, entonces para ésta,

= y c = ^ Jf í-. (76)

donde S es el área de toda la lámina y s* son las áreas de sus partes.El punto cuyas coordenadas se determinan por las fórmulas (76)

se llama centro de gravedad de la superficie S.Del mismo modo se obtienen las fórmulas para las coordenadas

del centro de gravedad de una linea:

xc = — , tJc = 7 . *c = . (77)

donde l. es la longitud de toda la linea y lk son las longitudes de laspartes de ésta.

140 Cap. IX . Centro de gravedad

El centro de gravedad de los artículos fabricados de alambre fino de sección constante, se puede hallar según las fórmulas (77).

De esta manera, el centro de gravedad de un cuerpo homogéneo se determina como el centro de gravedad del volumen, área o líi ea correspondiente.

§ 56. Métodos p a ra determ inar las coordenadas de los cen­tros de gravedad de los cuerpos. Basándose en las fórmulas gene­rales obtenidas más arriba se pueden indicar los siguientes métodos concretos para determinar las coordenadas de los centros de gravedad de los cuerpos:

1). Simetría. Si un cuerpo homogéneo tiene plano, eje o centro de simetría, entonces su centro de gravedad se encuentra respectivamente en el plano de simetría, en el eje de simetría, o en el centro de simetría.

Admitamos, por ejemplo, que un cuerpo homogéneo tiene plano de simetría. Entonces, este plano divide el cuerpo en dos partes de tal modo que los pesos p, y pt de ambas partes son iguales y los centros de gravedad equidistantes del plano de simetría. Por consiguiente, el centro de gravedad del cuerpo, como punto a través del cual pasa la resultante de dos fuerzas p l y p t ¡guales y paralelas, se encontrará efectivamente en el plano de simetría. Un resultado análogo se obtendrá si el cuerpo tiene eje o centro de simetría.

De las propiedades de la simetría se deduce que el centro de gra­vedad de un anillo homogéneo circular, de una lámina circular o rec­tangular de un paralelepípedo rectangular, de una esfera o de otros cuerpos homogéneos que tienen centro de simetría, se encuentra en el centro geométrico (centro de simetría) de estos cuerpos.

2). Descomposición. Si se puede descomponer el cuerpo en un nú­mero finito de partes, en cada una de las cuales se conoce la posición del centro de gravedad, entonces se pueden determinar las coordenadas del centro de gravedad de todo el cuerpo según las fórmulas (74)—(77). En este caso, el número de sumandos en cada uno de los numeradores será igual al número de partes obtenidas como resultado de la des­composición del cuerpo.

Problema 50. Determinar las coordenadas del centro de gravedad de la lámina homogénea representada en la fig. 129. Todas las dimensiones se dan en centímetros.

Nc i 2 3

*k - i 1 5

y* i 5 94 2 0 12

Solución. Trazamos los ejes coordenados y descomponemos la lámina en tres rectángulos (las líneas de separación se muestran punteadas). Calculamos las coor­denadas de los centros de gravedad de cada rectángulo y sus áreas (véase la tabla).

§ 56. Métodos para determinar tas coordenadas de los centros 141

El área de toda la lámina

S = 4 * ^ 1 = 36 cm1.

Colocando en las fórmulas (76) las magni­tudes calculadas obtendremos:

*c■Mi + *i*« + -»Va —4 + 20 + 60 „ 1

--------S------------- 36------ ¿Tyisi+Va5s+ Vss3 4 + 100 + 108__c 8

--------S------------- 36 5TVe

La posición del centro de gravedad C se ve en la figura: ha resultado que el punto C se encuentra fuera de la lámina. Resolviendo este problema nos hemos convencido una vez más de que el centro de gravedad de un cuerpo es un punto geométrico que puede encontrarse fue­ra del cuerpo.

3. Complemento. Es un caso particular del método de descompo­sición. Se aplica a cuerpos que tienen escotaduras, cuando se conocen los centros de gravedad del cuerpo sin escotaduia y de la escotadura.

Problema 51. Determinar la posición del centro de gravedad de una lámina circular de radio R que tiene una escotadura circular de radio /• (fig- 130). La dis­tancia CjCassa.

Solución. El centro de gravedad de la lámina se encuentra en la línea CjCt, que es su eje de simetría. Trazamos los ejes coordenados. Para hallar la coordenada xc.

completamos el área de la lámina hasta que sea un círculo completo (parte I) y luego restamos del área obtenida, el área del círculo cortado (parte 2 ). En este caso, el área de la parte 2; como parte que se substrae debe tomarse con el signo menos. Enton­ces, x, = 0 , st = — nrt , x2= a ; S = st ++ * ,- n (/?*-/-’ ).

r Colocando en las fórmulas (76) los valores ha­llados obtenemos:

xc = yc = 0.

Como se ve, el centro de gravedad C se encuen- Pj UQ tra a la izquierda del punto C,.

4). Integración. Si es imposible descom­poner el cuerpo en partes finitas, cuyos centros de gravedad sean conocidos, entonces el cuerpo se descompone primero en pequeños volúmenes At>„, para los cuales las fórmulas (75) obtienen la forma siguiente

etc.X C -. (78)

donde xk, <Jk son las coordenadas de un punto que se encuentradentro del volumen Au*. Luego, en las igualdades (78) se pasa al

142 Cap. /X . Centro de gravedad

limite haciendo tender todos los Av„ a cero, es decir, reduciendo estos volúmenes a puntos. Entonces, las sumas que se encuentran en los numeradores se convierten en integrales, cuya región de integración es todo el volumen del cuerpo y las fórmulas (78) nos dan, en el límite:

(79)xc=*y-$xd». Uc = y ^ ‘jdv , zc ^y - § zd v .

('■)

Para las coordenadas de los centros de gravedad de áreas y de líneas análogamente, tomando límites en las fórmulas (76) y (77) obtenemos en el limite

xc = j xds, yc = j J !/* ,(5) <S>

f x d / , yc = - L $ y d t . *c = - M

(X> <1.1 (X.)

zdl.

(80)

(81)

En el párralo siguiente se estudia un ejemplo de la aplicación de estas fórmulas para determinar las coordenadas de un centro de gravedad.

5) Método experimental. Los centros de gravedad de los cuerpos no homogéneos de formas complicadas (avión, locomotora, etc) pueden ser determinados experimentalmente.

Uno de los métodos experimentales posibles (método de suspen­sión) consiste en suspender el cuerpo con hilos o cables por diferentespuntos de éste. La dirección del hilo en que está suspendido elcuerpo, dará cada vez la dirección de la fuerza de gravedad. El punto de intersección de estas direcciones determina el centro de gravedad del cuerpo.

Otro método posible para la determinación experimental del centro de gravedad es el de pesar. La idea de este método se aclara al

estudiar el ejemplo siguiente.

Ejemplo. Mostremos cómo se puede determinar expe- rlmentalmente la posición del centro de gravedad de un avión (la distancia a), siseconoce la distancia AB — I (ílg. 131). Después de poner la rueda B sobre la plata­forma de la bascula, hallamos por el peso la fuerza depresión de la rueda sobre la plataforma; de este modo se

K ' halla numéricamente la reacción A',, equivalente a dicha fuerza. Del mismo modo pesando hallamos la reacción Nt. Luego igualando a cero la suma de los momentos de todas las fuerzas respecto del centro de gravedad C del avión, obtenemos ?/ta — A/j(/ — a) = 0 , de donde hallamos

N,l“ "N . + N, '

Es evidente que -f-A t = P, donde P es el peso del avión. Si la magnitud P es conocida de antemano, entonces, para determinar a basta con pesar una sola vez

§ 57. Centros de gravedad de algunos cuerpos homogéneos 143

§ 57. Centros de gravedad de algunos cuerpos homogéneos.1) Centro de gravedad de un arco de circunferencia. Examinemos un

arco AB de radio R y ángulo central AOB = 2a. Por razón de sime­tría el centro de gravedad de este arco se encuentra sobre el eje Ox (fig. 132). Valiéndonos de las fórmulas (81) hallaremos la coorde­nada xc. Para eso separemos en el arco AB, un elemento M M' de longitud dl = Rdip, cuya posición se determina por medio del ángulo qp.La coordenada x del elemento M M ' será x — R eos <j>. Poniendo estos valores de x y di en la primera de las fórmulas (81) y teniendo en cuenta que el campo de integración debe ser toda la longitud del arco, obtendremos:

B a1 C R* C R*

xc = t \ -* di = -¡r \ eos q> d<j> = 2 -j- sen a,A - a

donde L es la longitud del arco AB igual a R-2a. De aquí hallamos finalmente que el centro de gravedad de un arco de circunferen­cia se encuentra sobre su eje de simetría a una distancia del centro 0 igual a

xc R (82)

donde el ángulo a se mide en radianes.Se puede obtener el mismo resultado sin utilizar estrictamente la

noción de integral. De acuerdo con la fórmula (77), si designamosla longitud del elemento de arco por A/t , será

*c = -T

ponde xk es la coordenada del elemento Alk con una precisión hasta los infinitésimos de orden superior xk — Rco$<pk (en vez de <¡> escri­bimos <p„). Entonces (véase el § 28, fig. 74) xkAlk = RAlkcos<pk== R&yk, de donde '£ x k&lk = R ^ Á y k — R ■ AB. Como resultado, notandoque AB = 2R sena y L — R-2a, llegamos a la fórmula (82).

2) Centro de gravedad del área de un triángulo. Descomponemosel área del triángulo ABD (fig. 133) en n fajas estrechas, trazandorectas paralelas al lado AD. Es evidente que los centros de gravedadde estas fajas se encontrarán sobre la mediana BE de! triángulo. Por consiguiente, el centro de gravedad de todo el triángulo se encuentra sobre esta mediana. Se obtiene un resultado análogo para las otras dos medianas. De aquí concluimos que el centro de gravedad del área de un triángulo se encuentra en el punto de intersección de sus medianas.

141 Cap. IX . Centro de gravedad

Como se sabe

CE = j BE.

3) Centro de gravedad del área de un sector circular. Examinemos un sector circular OAB de radio R y de ángulo central 2a (fig. 134). Descomponemos artificialmente el área del sector OAB en n sectores trazando radios desde el centro O. En el límite, aumentando n inde­finidamente, se puede considerar a estos sectores como triángulos planos, cuyos centros de gravedad se encuentran sobre el arco DE

2de radio y R. Por consiguiente, el centro de gravedad del sector OAB

coincidirá con el centro de gravedad del arco DE, cuya posición se

hallará haciendo uso de la fórmula (82). En definitiva obtendremos que el cenlro de gravedad del área de un secíor circular se encuentra

sobre su eje de simetría a una distancia del cen­tro O igual a

(83)

4) Centro de gravedad del volumen de una pirámi­de. Examinemos una pirámide triangular (tetraedro) ABDE

8 (I«g- 135). Para hallar el centro de gravedad de la pirá mide descompongamos su volumen trazando planos para lelos a la base ABD, en n pirámides truncadas elementa les, las cuales, al aumentar el número n ilimitadamente pueden considerarse, en el limite, como triángulos planos Los centros de gravedad de estos triángulos se encuen tran sobre la recta ECX que une al vértice £ de la picámi de con el centro de gravedad Ci de la base. Por consi­guiente, el centro de gravedad de la pirámide se encuen­tra sobre la recta ECX.

Razonando del mismo modo, hallaremos que el centro de gravedad de la pirámide dada debe encontrarse sobre la recta BC, que una al vértice fí con el centro de gravedad de la cara ADE. Por consiguiente, el centro de gravedad buscado se encuentra en el punto C, donde se intersecan tas rectas £C , y BCt .

Hallemos la posición del punto C. Como las rectas C jC . y BE dividen los lados del ángulo BKE en parles proporcionales, entonces estas son paralelas

Fig. 135

§ 57. Centros de gravedad de algunos cuerpos homogéneos 145

y A C,CC, w A ECB, además C ,C , = BE, porque KCX = KB. De aquí halla­

mos

CC± _ CxCt __ _1_

CE BE ~~ 3 *

Por consiguiente.

CC,=- i-c£ = - ic ,f . (84)

Este resultado será válido también para cualquier pirámide poligonal y en el limite, para el cono.

De este modo, el centro de gravedad del volumen de una pirámide (o de un cono) se encuentra sobre el segmento de la recta que une el vértice de la pirámide (o del cono) y el centro de gravedad de la base, a una distancia, a partir de la base, equivalente a una cuarta parte de la longitud del segmento.

Las fórmulas de las coordenadas de los centros de gravedad para otros cuerpos homogéneos pueden ser halladas en diferentes guíastécnicas.

PARTE SEGUNDA

Cinemática del punto y del cuerpo sòlido

CAPÍTULO X

Cinemática del punto

§ 58. Introducción a la Cinemática. La Cinemática es una parte de la Mecánica que estudia las propiedades geométricas del movimiento de los cuerpos prescindiendo de su inercia (masa) y de las fuerzas aplicadas a éstos.

Por una parte, la Cinemática, es una introducción a la Dinámica, puesto que el establecimiento de las nociones y de las dependencias esenciales de la Cinemática es necesario para el estudio del movimien­to de los cuerpos teniendo en cuenta la acción de las tuerzas. Por otra parte, los métodos cinemáticos poseen una significación práctica propia, por ejemplo, durante el estudio de la transmisión del movi­miento en los mecanismos. Por esta razón, gracias a las exigencias de la industria de la construcción de maquinaria en desarrollo, la Cinemática se convirtió en una rama independiente de la Mecánica (en la primera mitad del siglo XIX).

Por movimiento entendemos en Mecánica un cambio con el tiempo de la posición de un cuerpo dado en el espacio respecto a otros cuerpos.

Para determinar las posiciones de un cuerpo (o de un punto) en movimiento con relación a otro cuerpo, respecto ai cual se estudia el movimiento, se fija rigurosamente un sistema cualquiera de coorde­nadas, que junto con este cuerpo forma el así llamado sistema de referencia. Si las coordenadas de todos los puntos del cuerpo en el sistema de referencia elegido permanecen constantes, entonces el cuerpo está en reposo respecto de este sistema de referencia. Si las coordenadas de algunos puntos del cuerpo se modifican en el tiempo, el cuerpo está en movimiento respecto del sistema de referencia dado (y, como es natural, respecto del cuerpo con el cual el sistema de referencia está unido).. En lo siguiente, al hablar del movimiento del cuerpo respecto del sistema de referencia dado, sobreentenderemos el movimiento respecto del cuerpo con el cual este sistema de referencia está unido.

El movimiento de los cuerpos se efectúa en el espacio con el tiempo. En Mecánica, el espacio se examina como espacio euciidiano

§ 58. Introducción a ta Cinemática 147

tridimensional. Todas las medidas se efectúan sobre la base de los métodos de la geometría de Euclides. Al medir las distancias como unidad de longitud se toma el metro. En Mecánica, el tiempo se considera como universal, es decir, que éste transcurre de la misma manera en todos los sistemas de referencia. La unidad de. tiempo es el segundo“ .

El espacio euclidiano y el tiempo universal reflejan sólo aproxi­madamente las propiedades reales del espacio y del tiempo. Sin, em­bargo, como muestra la experiencia, para los movimientos que se estudian en Mecánica (movimientos con velocidades muy pequeñas en comparación con la velocidad de la luz) esta aproximación nos da una precisión suficiente para la práctica.

El tiempo es una magnitud escalar que varía constantemente. En los problemas de Cinemática, el tiempo t se considera una magnitud variable ' independiente (argumento). Todas las magnitudes variables restantes (distancia, velocidad, etc.) se consideran como magnitudes que varían con el tiempo, es decir, como funciones del tiempo t. El tiempo se cuenta a partir de un momento inicial (1 = 0), cuya elección depende del caso. Todo instante de tiempo t dado se deter­mina por el número de segundos transcurridos desde el momento inicial hasta el momento dado; la diferencia entre dos instantes suce­sivos cualesquiera se llama intervalo de tiempo.

Los axiomas de la geometría son los que dan los fundamentos obtenidos por la experiencia y confirmados por la práctica, sobre los cuales se basa la Cinemática. Para el estudio cinemático del movi­miento no son necesarios ni axiomas ni leyes adicionales.

Para resolver los problemas de Cinemática hace falta que el movi­miento que se estudia sea definido (descrito) de una o de otra manera.

Definir cinemáticamente un movimiento o formular una ley del movimiento de un cuerpo (o de un punto) es definir en cualquier mo­mento de tiempo, la posición de este cuerpo (o punto) respecto del sistema de referencia dado. La determinación de las formas matemá­ticas de la definición del movimiento de puntos o cuerpos es una de las tareas más importantes de la Cinemática. Por eso, al estudiar el movimiento de cualquier objeto empezaremos por determinar la manera de definir este movimiento.

La tarea principal de la Cinemática consiste en determinar, cono­ciendo la ley del movimiento del cuerpo (o del punto) dado, todas las magnitudes cinemáticas que caracterizan el movimiento del cuerpo entero, así como el movimiento de cada uno de sus puntos por separado (trayectorias, velocidades, aceleraciones, etc.).

*) De acuerdo con el sistema de unidades internacional (véase el § 101) el metro es una longitud igual a 1650763,73 de la longitud de onda en el vacio de la radiación correspondiente a la transición entre los niveles 2 P x0 y 5 del átomo de criptón — 8 6 ; el segundo es 1/31556925,9747 parte del año tropical de 1900, del 0 de enero a las 1 2 horas de efemérides.

148 Cap. X. Cinemática del punto

Para resolver este problema hace falta que sea definida directa­mente la ley del movimiento del cuerpo dado o la ley del movimien­to de algún otro cuerpo ligado cinemáticamente con el cuerpo dado.

El estudio de la Cinemática lo empezaremos con el estudio del movimiento del objeto más simple, el punto (cinemática del punto), y luego pasaremos al estudio de la Cinemática del cuerpo sólido.

§ 59. Métodos para de fin ir el movimiento de un punto. Trayectoria. Empezaremos el estudio de la Cinemática con los métodos para definir el movimiento de un punto. Para definir elmovimiento de un punto hace falta definir su posición, respecto del sistema de referencia elegido, en cualquier momento de tiempo. Para definir el movimiento curvilíneo de un punto se puede utilizar uno de los tres procedimientos siguientes: I) natural, 2) coordenado,3) vectorial.

I) Método natural de definir el movimiento. La línea continua que describe un punto en movimiento respecto del sistema de referencia

dado, se llama trayectoria del punto. Si la trayec­toria es una linea recta, el movimiento se llama rectilíneo y si es una curva, curvilíneo.

El método natural de definir el movimientopuede ser utilizado fácilmente cuando la trayectoriade movimiento del punto es conocida de antemano.Supongamos que un punto M se mueve respecto

Fig. 136 del sistema de referencia 0 ¡xly¡z¡ a lo largo de la trayectoria AB (fig. 136). Escogeremos sobre esta

trayectoria cualquier punto inmóvil O que tomaremos por el comienzo (origen) de la lectura, luego, considerando la trayectoria como un eje coordenado curvilíneo pondremos en éste, sentidos positivo y negativo como en un eje coordenado habitual. Entonces, la posición del puntoM en la trayectoria será determinada simplemente por la coordenadacurvilínea s. igual a la distancia del punto O hasta el punto M me­dida a lo largo del arco de la trayectoria y tomada con el signo corres­pondiente. El punto móvil M pasará a las posiciones M u Mt, . . . ,

por consiguiente, la distancia s variará en el transcurso del tiempo, ara saber la posición del punto M en la trayectoria, hace falta sa­

ber en cualquier instante de tiempo la dependencia

«-/(O- ( 1)

La ecuación (1) expresa la ley del movimiento del punió M a lo largo de la trayectoria.

De este modo, para definir el movimiento de un punto mediante el método natural hace falta conocer: 1) la trayectoria del punto;2) el comienzo (origen) de lectura en la trayectoria con indicación de los sentidos de lectura positivo y negativo; 3) la ley del movimiento del punto a lo largo de la trayectoria en la forma s= f(t).

§ 59. Métodos para definir el movimiento de un punto 14»

Por ejemplo, si un punto se mueve a partir del origen de lectura O a lo largo de una curva de tal modo que su distancia crece proporcional- mente al cuadrado del tiempo, entonces, la ley del movimiento del punto será

s = at*,

donde a es el coeficiente numéricamente igual a la distancia recorrida por el punto en el primer segundo. En el instante /, = 2 s. la distancia entre el origen de lectura y el punto será numéricamente igual a 4a, etc. Por consiguiente, conociendo la ecuación ( 1) podemos efectivamente determinar la posición de un punto en movimiento en cualquier instante de tiempo.

Señalemos que la magnitud s en la ecuación (1) determina la posición de un punto en movimiento y no el trayecto recorrido por

O U M, M,

L— r — J 1

f ig . 137 Fig. 138

éste. Por ejemplo, si un punto moviéndose desde el origen 0 llega a una posición M, (véase la fig. 136) y luego, moviéndose en sentido contrario, alcanza una posición M, entonces en este instante su coor­

denada s = OM y el trayecto recorrido durante el tiempo del movi­

miento será igual a OM, -f Af,yVÍ, es decir, no es igual a s.En el caso de movimiento rectilíneo, si el eje Ox se dirige a lo

largo de la trayectoria del punto (fig. 137), tendremos s = x y la ley del movimiento rectilíneo del punto será

* = /(')• (2)

2) Método de coordenadas para definir el movimiento. El método natural de definir el movimiento es muy evidente. Sin embargo la trayectoria del punto no puede ser conocida siempre de antemano. Por eso, en la práctica se utiliza con más frecuencia otro método para definir el movimiento del punto, que es el de coordenadas.

La posición del punto respecto del sistema de referencia dado Oxyz se puede determinar por las coordenadas cartesianas x, y, z (fig. 138). Durante el movimiento estas tres coordenadas variarán con el tiempo. Para definir la ley del movimiento del punto, es decir, su posición en el espacio en cualquier instante, hace falta saber los valores de

Cap. X. Cinemàtica del punto

sus coordenadas para cada instante, es decir, conocer las funciones

* = M 0 . *--/,(')• (3)

Las ecuaciones (3) son las ecuaciones del movimiento del punto en los ejes de coordenadas rectangulares cartesianas. Estas, determinan la ley del movimiento curvilíneo del punto al definir el movimiento por el método de coordenadas

Si el movimiento del punto se efectúa todo el tiempo en un mismo plano, entonces, al tomar este plano por el plano Oxy, obtendremos, en este caso, dos ecuaciones de movimiento

* = / i (0 . y - M 0 - (4)

Si *el punto se mueve rectilíneamente y a lo largo de su tra­yectoria se dirige el eje coordenado Ox, el movimiento se caracteriza por la ecuación (2) obtenida anteriormente (aquí los procedimientos natural y de coordenadas para definir el movimiento, coinciden).

Las ecuaciones (3) y (4) son al mismo tiempo las ecuaciones de la trayectoria del punto en la forma paramétrica, en las cuales el papel del parámetro lo desempeña el tiempo t. Para hallar la ecuación de la trayectoria en su forma habitual, es decir, en la forma que da la dependencia entre sus coordenadas, hace falta eliminar de las ecuaciones el tiempo t.

Ejemplos. 1) El movimiento de un punto en el plano Oxy se da por las ecuaciones

x ^ 2t, y — 1 2 /5. (a)

Haciendo uso de estas ecuaciones se puede hallar que en el instante /== 0 el punto se encuentra en una posición Aí0 Í0, 0), es decir, en el origen de coordenadas, en el i n s t a n t e — Is en la posición M x (2, 12), etc. De este modo, las ecuaciones (a) determinan efectivamente la posición del punto en cualquier instante. Cambiando los valores de / y trazando las posiciones correspondientes del punto en la figura, podemos construir su trayectoria.

La trayectoria se puede hallar al eliminar i de las ecuaciones (a). Valiéndonos

de la primera ecuación, hallamos que / = - -y poniendo este valor de t en la segunda

ecuación obtendremos y=3xK Por consiguiente, la trayectoria del punto es una parábola con vértice en el origen de coordenadas y eje paralelo al eje Oy.

2*). Ahora estudiemos el caso cuando el movimiento está dado por las ecuacio­nes:

x = asen (iW ). y — o eos (jt /), z = o co s (n /) . (b)

Elevando las dos primeras ecuaciones al cuadrado y sumándolas hallaremos: x--\-tj'í = az. Además, analizando la segunda y tercera ecuaciones se ve que y = De esta manera, la trayectoria es la línea de Intersección del cilindro circular de radio a, cuyo eje coincide con el eje Oz y del plano y*=z que divide en dos partes iguales el ángulo diedro formado por los planos Oxy y Oxz, es decir, una

elipse de semiejes a y a Y 2 , que se encuentra en el plano y — z.Otros ejemplos de la determinación de la trayectoria se dan en los problemas

53, 54 , 56 (§ 65).

11 Se puede definir el movimiento del punto utilizando otros sistemas de coor­denadas, por ejemplo, el sistema de coordenadas polares (véase el § 71), esféricas, etc.

§ í>9. Métodos para delinir el movimiento ai: un punto 151

3) Método vectorial de la definición del movimiento. Supongamos que el punto M se mueve respecto de un sistema de referencia Oxyz. La posición de este punto en cualquier momento de tiempo puede ser determinada al definir el vector r trazado desde el origen de coorde­nadas O al punto M (fig. 139). El vector r se llama radio-vector del punto M.

Durante el movimiento del punto M , con el tiempo, el vector r modificará su módulo y dirección. Por consiguiente, r es un vector variable (vector-función) dependiente del argumento /:

r — r (l). (5)

La igualdad (5) determina la ley del movimiento curvilíneo del punto en la forma vectorial, porque dicha igualdad permite construir en cualquier instante l, el vector correspondiente r y hallar la posición del punto en movimiento.

El lugar geométrico de los extre­mos del vector r, determina la trayectoria del punto en movimiento.

El método vectorial de definición del movimiento es cómodo para establecer dependencias generales, porque éste permite describir el movimiento del pundo por una sola ecuación vectorial (5) en vez de tres ecuaciones escalares (3).

Si introducimos los vectores unitarios (recortes) de los ejes i. J, k, es decir, los vectores de módulo unidad y dirigidos a lo largo de los ejes x, y y z respectiva­mente (véase la fig 139), se puede hallar fácilmente la relación entre los proce­dimientos vectorial y de coordenadas. Entonces, teniendo en cuenta que las proyec­ciones del vector r sobre los ejes Oxyz son iguales a las coordenadas del punto Ai, es decir, r x = x, r y = y, r g — z, obtendremos

r= x i + yj+zk. (6)Esto es que. si por ejemplo, el movimiento de un punto en el plano Oxy se

da en forma coordenada por las ecuaciones x = 21, y=12/*, la ecuación vectorial (5) para este movimiento será

r = 2tl-\-12/2/.

Con base en esta ecuación se puede construir, para cualauier instante /, el vector r y hallar la posición del punto. Por ejemplo, en el instante t x = Is r , = 2 /-|-l2 / y se construye como la diagonal del paralelogramo correspondiente, etc.

Al revés, si. por ejemplo, el movimiento del punto se da vectorialtncnle en forma de r = ( l — — 3tk. entonces las ecuaciones de movimiento dadas por sus coordenadas serán x = (I — /), y ^ 2(-. z ~ — 3t.

§ 60*. Paso del método de coordenadas a l natural. Si elmovimiento se da por las ecuaciones (3) o (4), entonces, por medio de éstas se puede determinar la trayectoria del punto. Además, se

sabe que <ís: -- dx'- dy- •• dz~ o ds y x‘ y! -\- z‘ di, donde a' — ~ ,

etc. De aquí, considerando que cuando t — 0, la distancia s = 0, obtendremos n

< ________s = J | / x* + y* zr di. (7)

o

La igualdad (7), después de calcular la integral nos da la ley del movimiento a lo largo de la trayectoria en la forma (1). En caso de que el movimiento se de por las ecuaciones (4). la fórmula (7) no

tendrá el término con la derivada de z.

Problema 52. El movimiento del punto en el plano Oxy se da por las igualdades

jt — a eos col, y = asen(út, (a)

donde o y o> son magnitudes constantes. Hallar la trayectoria del punto y la ley del movimiento a lo largo de la trayectoria.

Solución. Elevando ambos miembros de las ecuaciones (a) alI ig 140 cuadrado y sumándolas miembro a miembro, hallaremos

x1 4 - y7 = a*.

Por consiguiente, la trayectoria es una circunferencia de radio a. cuyo centro se encuentra en el origen de coordenadas (fig. 140). Calculando las derivadas de x e y según i obtendremos

x =■— acosen co/, y = ato cosco/.

Poniendo estos valores en la igualdad (7) tendremos

t52_________________________Cap X. Cinemática dei cunto

s = ^ acó d i o s = aiút. (b)

0La ecuación (b) nos da la ley del movimiento del punto a lo largo de la trayecto­ria en la forma (I). Según las ecuaciones (a), cuando / = 0 , x-=a, y = 0, es decir, el punto se encuentra en la posición M 0. y cuando t empieza a aumentar, x dis­minuye e y crece adquiriendo valores positivos. Por consiguiente, el origen ¿e la lectura de s se encuentra en el punto M 0 y el movimiento por la circunferencia se realiza en la dirección que indica la flecha en la fig. 140. Como se ve de la ecua­ción (b), cuando el punto se mueve la distancia s aumenta proporcional mente al tiempo, creciendo cada segundo en una magnitud acó Tal movimiento se llama uniforme.

En este caso, el paso al método natural de la definición del movimiento ha permitido imaginar el movimiento con mayor facilidad que si resolviésemos este problema por medio de las ecuaciones (a).

§ 61. Vector velocidad del punto. Una de las características cinemáticas fundamentales del movimiento de un punto es la magni­tud vectorial llamada velocidad de este punto. Introduzcamos primero la noción de velocidad media de un punto en un intervalo determi­nado de tiempo. En el instante t el punto se encuentra en la posi­ción M determinada por el radio-vector r y en el instante l, llega a

11 Poniendo antes de la raiz el signo * » determinamos la dirección positivade la distancia s (en la dirección en que empieza a moverse el punto en el instante t 0 )

§ 6 1 . Vector velocidad del punió 153

)¡i posición M , determinada por el radio-vector r , (fig. 141). En este caso, el desplazamiento del punto durante el intervalo de tiempo

Al — l , — l se determina por el vector M M ,, que llamaremos vector de desplazamiento del punió. Si el punto se mueve curvilíneamente (fig. 141, a), este vector está dirigido por la cuerda y cuando el mo- vimientoes rectilíneo, a lo largo de la propia trayectoria AB (fig. 141,6).

El triángulo OM M l permite ver que r + M M ,= r x, por consiguien­te

M M l = r , — r = A r.

La relación entre el vector de desplazamiento del punto y el inter­valo de tiempo correspondiente, determina la magnitud vectorial que se llama velocidad media del punto durante el ihtervalo de tiempo A/.

El módulo de (8), es igual a

(8)

la velocidad media, que se determina por la fórmu-

MM,v" = - z r - (8')

El vector wro está dirigido como el vector MAÍ,, es decir, cuando el movimiento es curvilíneo se dirige a lo largo de la cuerda M M l en el sentido de movimiento del punto y cuando el movimiento es rectilíneo a lo largo de la trayectoria (la dirección del vector no de­pende de la división entre A/).

Es evidente que cuanto menor sea el intervalo de tiempo At = /, — I, para el cual se ha calculado la velocidad media, tanto con más exac­titud caracterizará la magnitud el movimiento del punto. Para obtener la característica del movimiento, no dependiente de la elec­ción del intervalo de tiempo Al, se introduce la noción de la veloci­dad del punto en un instante dado.

154 Cap. X. Cinemàtica del punto

Se llama velocidad del punto en un instante i dado a la magni­tud vectorial v a que tiende la velocidad media cuando el inter­valo de tiempo AI tiende a ser nulo

o = lim (üm)= limAi - o a/ - o Aí

El limite de la relación ^ , cuando AI —► 0, es la primera deri­

vada del vector r respecto al argumento t y se designa, como la de­

rivada de la función escalar, con el símbolo . En definitiva obte-alnerr-os

— 37- <9>

Asi pues, el vector de la velocidad del punto en un instante de tiempo dado es igual a la primera derivada del radio-veclor del punto con relación al tiempo.

Como la dirección limite de la secante M M , es una tangente, el vector de la velocidad instantánea del punto esté dirigido en el sen­tido del movimiento por la tangente a la trayectoria del punto.

La fórmula (9) muestra también que el vector de la velocidad v equivale a la relación entre el desplazamiento elemental del punto dr dirigido a lo largo de la tangente a la trayectoria y el intervalo de tiempo correspondiente dt.

Si el movimiento es rectilíneo, el vector de la velocidad v está dirigido siempre a lo largo de la recta por la cual se mueve el punto y puede modificarse sólo numéricamente; si el movimiento es curvili- neo, además del valor numérico varía constantemente la dirección del vector de la velocidad del punto. Las dimensiones de la velocidad son longitud/tiempo; las unidades de medida son habitualmente m/s o km/h.

§ 62. Vector de la aceleración del panto. Se llama acelera­ción del punto a una magnitud vectorial que caracteriza el cambio

con el tiempo del módulo y de la dirección de la velocidad del punto.

Supongamos que un punto móvil se en­cuentra en la posición M en un instante

v l y tiene una velocidad v y en el instante X. I, llega a la posición M, y tiene la velo­

cidad (fig. 142). Entonces, durante el intervalo de tiempo A 1 = 1,— t la velocí-

F¡g. 142 dad del punto aumenta en Aw = ®, — v.Para construir el vector A®, a partii del

' En general, para cualquier vector u, variable dependiente del argumento t.

§ 62. Vector de la aceleración del punto 155

punto M tracemos un vector igual a v,, y construyamos un paralelo- gramo, en el que z>, sea la diagonal y v, uno de sus lados. Es evi­dente que el otro lado representará el vector A®. Hace falta notar que el vector Ao está siempre dirigido hacia la parte cóncava de la trayectoria.

La relación del incremento del vector de velocidad A© al inter­valo de tiempo Al correspondiente determina al vector de la acelera­ción media del punto en este intervalo de tiempo:

El vector de la aceleración media tiene, evidentemente, el mismo sentido que el vector A®, es decir, está dirigido hacia el lado cóncavo de la trayectoria.

Se llama aceleración del punto en un instante l dado, a la mag­nitud vectorial w, a que tiende la aceleración media w„ cuando el intervalo de tiempo Ai tiende a cero:

.. Aü dva> = lim

*/ - 0A' dl

o, teniendo en cuenta las igualdades (9),

Por consiguiente, el vector de la aceleración del punto en un ins­tante dado (vector de aceleración instantánea) es igual a la primera derivada del vector velocidad o a la segunda derivada del radio vector del punto con relación al tiempo.

La dimensión de la aceleración es longitud/ítiempo)’ ; la unidad de medida es generalmente m/s2.

De la fórmula (11) se deduce que el vector de la aceleración w del punto es igual a la relación del incremento elemental del vector velocidad dv al intervalo de tiempo correspondiente dl.

Examinemos la posición del vector w respecto de la trayectoria del punto. Si la trayectoria del punto es una linea recta, es evidenteque el vector w está dirigido a lo largo de esta recta. Si la trayecto­ria del punto es una curva plana, el vector de aceleración w, igualque el vector w m, se encuentra en el plano de esta curva y está di­rigido hacia su parte cóncava. Si la trayectoria no es una curva plana, el vector wm estará dirigido hacia la parte cóncava de la trayectoria y se encontrará en el plano que pasa por la tangente a la trayectoria en el punto M y por la recta paralela a la tangente en el punto ve­cino M , (véase la fig. 142). En el limite, cuando el punto M, tiende a M, este plano ocupa la posición del plano llamado plano de con-

156 Cap. X . Cinemática del pan (o

laclo". Por consiguiente, en el caso general, el vector de aceleración w se encuentra en el plano de contacto y está dirigido hacia la parte cóncava de la curva.

Las fórmulas (9) y (11) obtenidas en los párrafos 61, 62 dan las expresiones vectoriales generales de las características cinemáticas prin­cipales del movimiento. Ellas permiten deducir todas las otras fór­mulas y las dependencias relacionadas con la cinemática del punto.

§ 63. Teorema sobre la proyección de la derivada de un vector. En las igualdades vectoriales que contienen derivadas, la tran­sición de las relaciones entre los vectores a las relaciones entre sus proyecciones se realiza con ayuda del teorema siguiente: la proyección de la derivada de un vector sobre un eje inmóvil es igual a la derivada de la proyección del vector a diferenciar sobre el mismo eje

Sea un vector variable p que depende del argumento /. La deri­vada de p con relación a / da otro vector q Por analogía con la igualdad (6), el vector p puede ser representado por sus proyecciones en forma de p — p ¿ Pyj + ptk. En vista de que los vectores/, j , k son constantes en módulo (| i\ — |y|= \k j = I) y dirección (los ejes Oxyz son inmóviles).

« = 7< = T f ¡ <12>

Además por otro lado, el vector q puede ser representado también en la forma siguiente

Q ^ ‘l J + ‘l>J+ q ,h . (13)

Como los miembros izquierdos de las igualdades (12) y (13) son iguales, entonces deben ser iguales también sus miembros derechos. De aquí deducimos que

dp dpx dpv dp.51 fl' = 3T- entonces qy-=-¿, (14)

Con esto el teorema está demostrado.Señalemos que para los módulos de los vectores la dependencia del tipo (14)

no será válida, es decir, si qr = ~ . en el caso general | <7 1 ¿ 1 . En par­

ticular. hemos demostrado que ® = y ; en el caso general, | v | ¿ y

1} El plano de contacto en el punto Ai de la curva puede ser determinado como la posición limite del plano que pasa por los puntos Ai, Ai. y A i, de esta curva, cuando los puntos y M t tienden a Ai De todos los planos que pasan por el

Kunto Aí el plano de contacto es el que tiene mayor contacto con la curva (se ad- iere a la curva más estrechamente que los otros planos). Una curva en el espacio

(por ejemplo, una línea helicoidal) tiene en cada punto su plano de contacto. Para una curva plana, el plano de contacto coincide con el plano de esta curva y es común para todos sus puntos.

*’ Si este teorema, puramente matemático, expresado por las igualdades (14) es conocido, entonces su demostración puede omitirse.

§ 63. Teorema sobre la proyección de la derivada de un vector 157

I - 4 1'En efecto, $1 por ejemplo, un punto se desplaza sobre una circunferencia, cuyo

centro se encuentra en el origen de coordenadas, su velocidad será v — [r cam­

bia su dirección con el tiempo), pero | r | = const y, por lo tanto, d ^ c 0 ; de

tquí está claro que |v| • ^n el § 67 se demostrará que en este caso

■“ i * ^ ¡ f 1 -La manera de determinar los módulos de velocidad y de aceleración del punto

se estudia más ade lante.

§ 64. D eterm inación de la velocidad y de la aceleración del punto cuando el m ovim iento está d e fin id o por el método de coordenadas. Hallemos cómo se calculan la velocidad y la ace­leración de un punto si su movimiento se define por las ecuaciones (3) o (4). La determinación de la trayectoria fue estudiada en el § 59.

1) Determinación de la velocidad del punto. El vector velocidad

del punto es © = De aquí, basándose en las relaciones (14) y te­

niendo en cuenta que rx — x, ry = y, rt — z (véase la fig. 139) tendremos:

dx dy dz / i r .v*~ dt • vy = 7 f (>5)

o bien = vy*=y. v, — z, (15')

donde el punto sobre la letra es el símbolo de diferenciación con re­lación al tiempo. De este modo, las proyecciones de la velocidad sobre los ejes coordenados son iguales a las primeras derivadas con relación de las coordenadas del punto correspondiente.

Conociendo las proyecciones de la velocidad, hallaremos su módulo y dirección (es decir, los ángulos a, p, y formados por el vector v con los ejes coordenados) según las fórmulas:

v = Vv,x + v\ + v\

, (16)eos Y = — •

2) Determinación de la aceleración del punto. El vector de la ace­

leración del punto es w — ^ . De aquí, basándose en el teorema sobre

las proyecciones de la derivada y en las fórmulas (15). obtenemos:

dux <Px _ di’ d1y dvt d2z ..W* ~ d 1 ~d f >' wy ~ dt ~ dt* • W‘ ^ d t ~ d t * ' ( *

o bien wx = vx = x, wy — vy — y. w„ — vJ = z, (17')

158 Cap. X. Cinemática del punto

es decir, las proyecciones de la aceleración sobre los ejes coordenados son iguales a las primeras derivadas de las velocidades o a las segundas de­rivadas de las coordenadas correspondientes del punto con relación al tiempo. El módulo y la dirección de la aceleración se hallan de las fórmulas:

w = V -+- w¡ -f-

w wv wtc o s a .= — , e o s6, = — , COS V, = —1 U¡ ' 1 U) 11 W

(18)

donde a,, (5,. y,, son los ángulos formados por el vector aceleración con los ejes coordenados.

Entonces, si el movimiento del punto se define respecto a los ejes coordenados cartesianos rectangulares por las ecuaciones (3) o (4), la velocidad del punto se determina haciendo uso de las fórmulas (15) y (16) y la aceleración valiéndose de las fórmulas (17) y (18). Aquí, en el caso del movimiento en dos dimensiones la proyección sobre el eje z se elimina en todas las fórmulas.

Cuando el movimiento es rectilíneo, que se define por una sola ecuación x — f(t). tendremos

dx du, <Px . . Q.

«’- - a - » * — « - n r - < 1 9 >

Como no hay proyecciones sobre los otros ejes, entonces, en este caso vx = ±iv, wx= ± w, es decir, cuando el movimiento es rectilíneo las fórmulas (19) determinan directamente la velocidad y la acelera­ción del punto.

# 65. Solución de problem as de la cinem ática del punto .Los problemas que se resuelven con ayuda de los métodos de la cinemática del punto pueden consistir en determinar las trayectorias, la velocidad y la aceleración de un punto, en hallar el tiempo durante el cual el punto recorre uno u otro camino, o bien en hallar el camino recorrido por el punto en cualquier intervalo de tiempo, etc.

Antes de empezar a resolver cualquier problema de este tipo hay que determinar la ley según la cual se desplaza el punto. Aquí puede tener lugar cualquiera de los casos siguientes:

1) La ley del movimiento del punto es conocida. Entonces, la solución se reduce al empleo de las fórmulas correspondientes (pro­blemas 53 y 54).

2) La ley del movimiento del punto que se estudia no es conocida, pero su movimiento depende determinadamente del movimiento dado de otro punto cualquiera (o de otro cuerpo). En este caso, la solución del problema debe empezar por hallar las ecuaciones que determinan la ley del movimiento del punto que se estudia (problemas 55, 56).

Problema 53. El movimiento del punto se da por las ecuaciones (*, y en me­tros, l en segundos):

x = 8i — 4l\ y = 6 t — 3/*

§ 65. Solución de problemas de la Cinemática del punto 159

Determinar la trayectoria, la velocidad y la aceleración del punto.Solución. Para determinar la trayectoria eliminamos el tiempo t de las ecuaciones.

Atultiplicando los dos miembros de la primera ecuación por 3 y los dos miembros de la segunda por 4 y restando miembro a miembro la segunda ecuación de la pri­mera obtendremos: 3x — 4y = 0 ó

Por consiguiente, la trayectoria es una línea recta que forma con el eje Ox un3

ángulo, donde tg a = -- (fig. 143). Determinaremos la velocidad del punto usando

las fórmulas (15) y (16). Obtenemos:

UX=JC=*8(1— /), oy = y = 6(\ — /);

V=V I>i + uj= 101 1— <|.

Ahora hallemos la aceleración del punto. Las fórmulas (17) y (18) nos dan:

wx = x — — 8 , W y = y = — 6 , w = 10 m/s3.

Los vectores v y zo están dirigidos a lo largo de la trayectoria, es decir, a lo largo de la recta AB. Las proyecciones de la aceleración sobre los ejes coordenados son todo el tiempo negativas, por consiguiente; la aceleración tiene un sentido cons­tante de B hacia A. Las proyecciones de la velocidad, cuando 0 < t < 1 , son positivas, o sea que la veloci­dad del puntoestá dirigida duranteeste intervalo de tiem­po de O hacia B. En este caso, en el instante / = 0 u = 1 0 m/s, en el instante t = l s t> = 0. En los instan­tes siguientes (í > I s) ambas proyecciones de la velo­cidad son negativas y por lo tanto, la velocidad está dirigida de B hacia A, es decir, igual que la acelera­ción.

Señalemos que cuando / = 0, x = 0 y y = 0; cuando t = 1 s x = 4, y = 3 (el punto B)\ cuando t = 2 s. x = 0, y = 0 ; cuando t > 2 las magnitudes de x e y crecen en módulo, permaneciendo negativas.

Entonces, las ecuaciones del movimiento dadas en las condiciones del problema nos relatan toda la historia del movimiento del punto. El movimiento empieza del punto O con una velocidad inicial o0 = 1 0 m/s y se efectúa a lo largo de la recta

3AB inclinada respecto al eje Ox en el ándulo a, para el cual tg a = -- . En el trayec­

to OB el punto se desplaza desaceleradamente (el módulo de su velocidad dis­minuye) y dentro de un segundo llega a la posición B (4, 3). donde su velocidad se vuelve nula. Desde aquí, empieza un movimiento acelerado en sentido contrario. En el instante / = 2 s el punto se encuentra de nuevo en el origen de coordenadas y continúa su movimiento a lo largo de OA. La aceleración del movimiento es todo el tiempo igual a 10 m/s1.

Problema 54. El movimiento del punto se da por las ecuaciones:

x = asen(út, y = a eos z= u t.

donde a, u> y u son magnitudes constantes. Determinar la trayectoria, velocidad y aceleración del punto.

Solución. Elevando las dos primeras ecuaciones al cuadrado y sumándolas, obtenemos (porque sen2 co/-f eos1 wl = l):

-y7 = ai .

160 Cap. X. Cinemática del punto

Por consiguiente, la trayectoria se encuentra sobre un cilindro circular de radio a, cuyo eje está dirigido a lo largo del eje Oí (íig. 144). Determinando t de la última ecuación y colocando su valor en la primera, hallamos:

De este modo, la trayectoria del punto es la linea de inlersección de la super­ficie sinusoidal cuyas generatrices son paralelas al eje Oy (senoide) con la superficie cilindrica de radio a. bsta curva se llama linea helicoidal. Las ecuaciones del mo­

vimiento muestran que el punto recorre una espira de la línea helicoidal en un tiempo /, que se deter­mina de la igualdad (o/,=2n. Al mismo liempo el punto se desplaza a lo largo del eje z una distancia

h — utt — que se llama paso de la linea helicoidal.

Determinemos la velocidad y la aceleración del punto. Derivando las ecuaciones del movimiento con relación al tiempo, obtenemos

Vjf — ao) eos lût, Vy = — acó sen o/, vt = u ,

de donde

v = Y a2 a* (eos3 cof-f-sen* <i>/)-f «* = Y a*<ú* u*.

Las magnitudes que se encuentran bajo el signo radical son constantes. Por consiguiente, el movimiento se efectúa con una velocidad de módulo constante, di­rigida por la tangente a la trayectoria. Ahora, valién­

donos de las fórmulas (17) calculamos las proyecciones de la aceleración:

tt»x= — ato1 sen (ot, wy — — ato1 eos (o/. t£»r = 0 ,

de donde _______

w = u>y = aio*.

Asf pues, el movimiento se efectúa con una aceleración de módulo constante Para determinar el sentido de la aceleración tenemos las fórmulas:

wx . xeos a, = — = — sen <oí = --- ,

1 w a

W y n meos B. = — = —COS <!)/=— — , c o s v .= —£ = 0 .

u> a w

Pero es evidente quex y o— = eos a , — = cosn, a a

donde o y p son los ángulos formados con los ejes Ox y Oy por el radio a trazado desde el eje del cilindro hacia el punto en movimiento. Como los cosenos de los ángulos a i y se distinguen de los cosenos de los ángulos a y P solamente porsus signos, podemos deducir que la aceleración del punto está dirigida todo el tiempo por el radio del cilindro hacia su eje.

Señalemos que a pesar de que en este caso el movimiento se efectúa con una velocidad constante, según su módulo, la aceleración lio es nula porque cambia la dirección de la velocidad.

Problema 55. Un hombre de estatura h se aleja de un farol suspendido a una altura //, moviéndose rectilíneamente con una velocidad u. ¿Con que velocidad se mueve el extremo de la sombra del hombre?

§ 65. Solución de problemas de la Cinemática del punto 161

Solución. Para resolver el problema, hallaremos primero la ley de desplazamiento del extremo de la sombra Tomemos como origen del cálculo el punto O que se encuentra sobre la vertical del farol v tracemos el eje Ox a lo largo de la recta por la cual se desplaza el extremo de la sombra (fig 145). Representemos al hombre en una posición arbitraria a una distancia x. del punto O. Entonces, el extremo de su sombra se encontrará a la distancia xt del origen O.

De la semejanza de los triángulos OAM y DAB haiíamos:

x~~ fí — h 1

Esta ecuación expresa la ley del movimiento de extremo de la sombra M . si la ley del movimiento del hombre, es decir, * , = / ( / ) es conocida.

Calculando la derivada de ambos miembros de la igualdad con relación al tiempo y notando que según

la fórmula (19) xl = u x = u y xt ~ vx — v, donde v es la velocidad incógnita, obtendremos

Si el hombre se desplaza con una velocidad constante (u=*const). la velocidad

v del extremo de la sombra será también constante, pero jz-- z veces mayor queti — n

la velocidad del hombre.Durante la composición de las ecuaciones del movimiento es necesario representar

el ruerpo o el mecanismo en movimiento (véase el problema 56) en una posición ar­bitraria Solamente en este caso obtendremos ecuaciones que determinarán la posi­

ción del punto (o cuerpo) en cualquier instante.

Problema 56. Determinar la trayec- toria* velocidad y aceleración de la parte media M de la biela de un mecanismo d? biela y manivela (fig. 146), si 0A = = A B = 2a y el ángulo <p crece proporcio­nalmente al tiempo (<p = ú) 0 durante la rotación de la manivela.

Solución. Determinaremos primero las ecuaciones del movimiento del punto M. Trazando los ejes y designando las coor­denadas del punto M , en una posición ar­bitraria, por x e y haffamos*

x 2a eos <p -f- a eos <p. y = a sen qp.

Sustituyendo 9 por su valor, obtenemos la ecuación del movimiento del punto M:

x = 3a coso)/, y = a sen w/.

Para determinar la trayectoria del punto M escribimos las ecuaciones del mo­vimiento en la forma siguiente:

* . uñ~ «*= eos (út. — -=*sen u>t,da a

í í —J42

162 Cap. X. Cinemática del punto

Elevando al cuadrado miembro a miembro estas ecuaciones y sumándolas ob­tendremos:

^- + £ = 1 9a* a*

Entonces, la trayectoria del punto Ai es una elipse de semiejes 3a y a.Ahora, con ayuda de las fórmulas( 15) y (16) hallamos la velocidad del punto M:

vx — — 3a(úseno)/, Oy —atú eos <út:

u = <2G> Y 9 sen2 <0/ eos2 to/.

La velocidad resulta ser una magnitud variable, que cambia al transcurrir el tiempo desde umin — aa) hasta ümix

Luego, con ayuda de las fórmulas (17) determinamos las proyecciones de la aceleración del punto B:

wx = — 3aoi2 eos iút — — cú2*; wy — — au>2 sen <i>/ = — o)2y.

de aqui

w ■= o 4 (x2 -j- y2) = ü>2r,

donde r es la longitud del radio-vector trazado del centro O hasta el punto Af. Por consiguiente, la magnitud de la velocidad del punto varía proporcionalmente a su distancia del centro de la elipse.

Para determinar la dirección de w tenemos, según las fórmulas (18):

wx x o wy yeos a , = — = --- . eos 8 , = — = —— .

w r w r

De aaul hallamos, así como en el problema 54, que la aceleración del punto M está dirigida todo el tiempo a lo largo de A10 hacia el centro de la elipse.

§ 66. Determ inación de la velocidad del punto cuando el m ovim iento se de fine m ediante el método na tura l. Supongamos que se dan (véase el § 59) la trayectoria del punto y la ley del mo-

y vimiento a lo largo de ésta, en la forma

•-/<*>• <20)

V*--- s/— --7 "* Examinemos de qué modo se determina eneste caso, ia velocidad del punto. Si duran-

F'g- 147 te un intervalo de tiempo At — t , — l elpunto pasa de la posición M a la posición

At„ realizando un desplazamiento As = s,— s (fig. 147) a lo largo del arco de la trayectoria, entonces su velocidad media será numéricamen­te igual a

As (21)

*> Los valores de vm obtenidos por medio de las fórmulas (21).y (8 ') no coin­ciden (la primera determina vn para los casos del movimiento sobre un arco y la segunda, para el desplazamiento más corto de Ai a Af,). Sin embargo, en el limite (cuando A /— ►O) ambas fórmulas dan el mismo valor para i\ porque la relación entre la longitud del arco As y la de la cuerda M M X es igual, en el límite, a la unidad.

§ 66. Determinación de la velocidad del punto 163

Pasando al limite, hallamos el valor numérico de la velocidad del punto en el instante I dado:

y= lim — o bien v — ^ —s. (22)a, - o <&< d(

Así es que, el valor numérico de la velocidad instantánea del punto es igual a la primera derivada de la distancia (de la coordenada cur­vilínea) s del punto con relación al tiempo.

El vector velocidad está dirigido por la tangente a la trayectoria, conocida por nosotros de antemano.

La fórmula (22) (o 21) determina el valor numérico (algebraico) de la velocidad, es decir, la magnitud con signo, el signo de v coin­cide con el signo de As, porque siempre At > 0. Puesto que el valor numérico del vector velocidad se distingue del valor de su módulo solamente por el signo, designaremos estos dos valores por un mismo símbolo v; en la práctica esto no llevará a ninguna confusión. En los casos en que haga falta subrayar que se trata del módulo de la velo­cidad, designaremos este módulo por el símbolo |t»|.

Ya que el signo de v coincide con el signo de As es fácil ver que si la magnitud v > 0, el vector velocidad v está dirigido en el sentido positivo del cálculo de la distancia s, si v < 0, entonces, en sentido negativo. Por consiguiente, el valor numérico de la velocidad determina al mismo tiempo el módulo del vector velocidad y el sentido de éste.

La igualdad (22) muestra también que el valor de v puede ser calculado como la relación entre el desplazamiento elemental ds del punto a lo largo del arco de la trayectoria y el intervalo de tiempo dt correspondiente.

$ 67. Aceleración tangencial y normal del punto. En el § 64 calculamos el vector aceleración w por sus proyecciones sobre los ejes coordenados fijos Oxyz. Durante la definición del movimiento por el método natural, el vector w se determina por sus proyeccio­nes sobre los ejes Mxnb que tienen su origen en el punto M y que se mueven junto con éste (fig. 148). Estos ejes, llamados ejes del triedro natural (o ejes de velocidades), están dirigidos del modo siguiente; el eje Mx a lo largo de la tangente a la trayectoria en el sentido positivo del cálculo de la distancia s, el eje Mn por la nor­mal que se encuentra en el plano de contacto y está dirigida hacia la parte cóncava de la trayectoria y el eje Mb perpendicularmente a los dos primeros de modo que forme con ellos una terna derecha. La normal Mn que se encuentra en el plano de contacto (en el pla­no de la curva, si la curva es plana) se llama normal principal y la normal Mb, perpendicular a Mn, se llama binormal.

Explicamos en el § 62 que la aceleración del • punto w se encuen­tra en el plano de contacto, es decir, en el plano Mxn, por consiguiente, la proyección del vector w sobre la binormal equivale a cero (wb 0).

164 Cap. X. Cinemática del punto

Calculemos las proyecciones de w sobre los otros dos ejes. Sea que en el instante i el punto se encuentra en la posición M y tiene una velocidad o y en el instante tt — t + /Sl llega a la posición /VI, con la velocidad

Entonces según la definiciónv , —v

w — lim -T-- = lim 4-r— .A / - 0 A í A / - 0 A '

Pasemos en esta igualdad, de los vectores a sus proyecciones sobre los ejes M i y Mn trazadas en el punto M (véase la fig. 148). Enton­

ces. en base al teorema sobre la proyección de la suma (o de la di­ferencia) de vectores sobre un eje. obtendremos:

^ = | ¡ m - ! ^ , a,n = i¡m - í^=^- .

Teniendo en cuenta que las proyecciones de un vector sobre ejes paralelos son iguales, tracemos por el punto M, los ejes M t', Mn' paralelos a Mr, Mn y designemos el ángulo formado por la tangente Mr y la dirección del vector ©, por A<p. Este ángulo entre las tangen­tes a la curva en los puntos M y M, se llama ángulo de contingencia.

Hace falta recordar que el límite de la relación entre el ángulo de contingencia A<p y la longitud del arco /VfSÍ, = As determina la curvatura k de la curva en el punto M. La curvatura, a su vez, es una magnitud inversa al radio de curvatura p en el punto M. De esta manera

lim-^- = A =-^-.As-*0 P

En el dibujo (véase ia fig. 148) hallamos que las proyecciones de los vectores v y w, sobre los ejes Mx y Mn serán iguales a

u, = u , = 0;t>„ = u, eos A<p, t>,„ = o, sen A<p,

11 Si la trayectoria del punto M no es una curva plana, entonces la igualdad vln = ux sen A<p será aproximada, como resultado de la desviación del vector o, respecto del plano Mxn. Sin embargo, el resultado final será correcto, pues duran­te el paso al limite esta desviación tiende a cero.

§ 67. Aceleración tangencial y ñor mol del punto 165

donde v y v, son las magnitudes numéricas de la velocidad del punto en los instantes l y Por consiguiente,

__ v, eos A<p—-v .. ( sen A© \w ,= lim —— --, w„= lim v, ■ v .

AÍ-0 A/ 4Í-0V 1 Al )

Recordemos que cuando A/ —► 0, el punto M, se aproxima ilimi­tadamente a AI y al mismo tiempo A<p —♦ 0, As —► 0, u, —► v.

Entonces, teniendo en cuenta que en el limite lím(cos Atp) = 1, ob-A<p-*0

tendremos para wx la expresión

—o dv

w^ ' m- - T r— sro

Transformemos el miembro derecho de la expresión de wH de tal modo qué ésta tenga las relaciones cuyos límites conocemos. Para eso,

multiplicamos el numerador y el denominador del quebrado, que se encuentra bajo el signo de limíte, por A<pAs. Obtendremos

•. t sen Aro Atp As \ ti*

i ,. senAœ , Aq> 1 ,., i m t f l » 0 l | , m — _ ^ = l , l i m - ^ = - , l i m 7 r - = - = o .

-o

ya que los limites de cada uno de los factores, que se encuentran entre paréntesis, cuando A/ —► 0 son iguales a:

As ds

......... As~~ p"........ 1‘a T ~ ~dí

En definitiva obtenemos

dv d*s o1 /00.

«.-■s— a¡r; ®.-T- (23)Asi pues, hemos demostrado que la proyección de la aceleración

del punió sobre la tangente es igual a la primera derivada del valor numérico de la velocidad o a la segunda derivada de la distancia (de la coordenada curvilínea) s con relación al tiempo; la proyección dela aceleración sobre la normal principal es igual al cuadrado de lavelocidad dividido entre el radio de curvatura de la trayectoria en el

166 Cop. X. Cinemàtica del punto

punto dado de la curva. La proyección de la aceleración sobre la bi- normal equivale a cero (wb — 0). Estos resultados expresan uno de los teoremas más importantes de la cinemática del punto.

Pongamos los vectores w, y w„. numéricamente iguales a w. y w„. a lo largo de la tangente M t y de la normal principal Mil (fig. 149). Estos vectores representan las componentes tangencial y normal de la aceleración del punto. En este caso, la componente w„ estará siempre dirigida hacia la parte cóncava de la curva (el valor w„ es siempre positivo) y la componente w, puede estar dirigida en el sen­tido positivo o negativo del eje Mr esto depende del signo de la proyección w , (véase la fig. 149, a y b).

El vector aceleración del punto w se representa por la diagonaldel paralelogramo construido con las componentes w. y w„. Como estas componentes son reciprocamente perpendiculares, entonces, el módulo es:

= j/ ( - £ ) 2 + (- y )2- (24)

La desviación del vector w respecto de la normal Mn se carac­teriza por el ángulo (i que se determina por la fórmula

«g H • (25)

De esta manera, si el movimiento del punto se define mediante el método natural, entonces, conociendo la trayectoria (y por consi­guiente. su radio de curvatura p en cualquier punto) y la ley del movimiento (20) podemos, con ayuda de las fórmulas (22) y (23) —(25). determinar el módulo y la dirección de los vectores velocidad y ace­leración del punto en cualquier instante

§ 68. Algunos casos particulares del movimiento del punto. Utilizando los resultados obtenidos, examinemos algunos casos particu­lares del movimiento del punto.

I) Movimiento rectilíneo. Si la trayectoria del punto es una línea

recta. p = oo. Entonces, tí)„ = — = 0 y la aceleración total del punto

se reduce a la aceleración tangencial:

w = w ,= -g2.. (26)

Ya que en este caso la velocidad varía sólo numéricamente, dedu­cimos que la aceleración tangencial caracteriza la variación del valor numérico de la velocidad.

11 La fórmula (24) muestra que en el caso general , como lúe indicado en el

tina! del $ 63.

§ 68. Casos particulares del movimiento del punto 167

2) Movimiento curvilíneo uniforme. Un movimiento curvilíneo es uniforme si el valor numérico de la velocidad permanece constante:

u = const. Entonces. wr= — = 0 y toda la aceleración del punto se

reduce a la aceleración normal:

w = wn = -y . (26')

Aquí el vector aceleración w está dirigido todo el tiempo por la normal a la trayectoria del punto.

Como en este caso la aceleración proviene solamente de la varia­ción de la dirección de la velocidad, concluimos que la aceleración normal caracteriza el cambio de la dirección de la velocidad.

Hallemos la ley del movimiento curvilíneo uniforme. Según la

fórmula (22) tenemos ~ = v o ds — vdl.

Admitamos que en el instante inicial (1 = 0) el punto está a la distancia s„ del origen. Entonces, tomando las integrales determinadas de los dos miembros de la igualdad, en los límites correspondientes, obtendremos

i í

^ds — ^vdt ó s— s„ = vt,o

porque u=const. En definitiva hallamos la ley del movimiento cur­vilíneo uniforme cuya forma es

s = s0 + d/. (27)

Sí en la igualdad (27) hacemos s„ = 0, entonces s nos da el trayecto recorrido por el punto durante el tiempo t. Por consiguiente, cuando el movimiento es uniforme, el camino recorrido por el punto aumenta proporcionalmente al tiempo, y la velocidad del movimiento es igual a la relación del recorrido respecto al tiempo.

s = vl, v = j . (27')

3) Movimiento rectilíneo uniforme. En este caso wn = wx = 0, ypor consiguiente to=(). Hace falta notar que el único movimiento enel que la aceleración del punto es todo el tiempo igual a cero, es elmovimiento rectilíneo uniforme.

4) Movimiento curvilíneo uniformemente alternado. Un punto tiene movimiento curvilíneo uniformemente alternado cuando la ace­leración tangencial es constante: nu, = const. Hallemos la ley de este movimiento considerando que cuando t = 0 s — s„ y i» = o0, donde u, es la velocidad inicial del punto. De acuerdo con la fórmula (23)

= w, ó dv = w,dt.

Como w, = const, entonces integrando los dos miembros de la última igualdad, en los limites correspondientes obtendremos:

ti = u0-ftí>,/ (28)

Escribimos la fórmula (28) en la forma siguiente

j j = v„ -f w,t ó ds = ti0 dt |- ui.t di.

Integrando otra vez, hallaremos la ley del movimiento curvilíneo uniformemente alternado del punto, que es

s = s0 + + ¡a, y . (29)

La velocidad de este movimiento se determina por la fórmula (28).Si durante el movimiento curvilíneo el módulo de la velocidad

se incrementa, el movimiento se llama acelerado, si la velocidad dis­minuye. retardado. Ya que el cambio del módulo de la velocidad se

168________________________Cap. X. Cinemática del punto___________________________

l-ig. 151

caracteriza por la aceleración tangencial, entonces, el movimiento será acelerado, si las magnitudes v y w, tienen los signos ¡guales (el ángulo entre los vectores í y o i e s agudo, fig. 150, a) y será retar­dado si los signos de éstas son distintos (el ángulo entre t y » e s obtuso, fig. 150, b).

En particular, cuando el movimiento es uniformemente alternado y en la igualdad (28) v y w, tienen signos ¡guales, el movimiento será uniformemente acelerado y si estos signos son diferentes, el movi­miento será uniformemente retardado.

Las fórmulas (27)— (29) determinan también las leyes del movi­miento rectilíneo uniforme o uniformemente alternado, si se considera que s = x. En este caso, en las igualdades (28) y (29) w. — w, donde w es el valor numérico de la aceleración total del punto (véase la fórmula 26).

5) Oscilaciones armónicas. Examinemos el movimiento rectilíneo del punto cuando su distancia x del origen de coordenadas 0 varia con el tiempo según la ley

x = acoskt, (30)

donde a y k son magnitudes constantes.

§ 69. Gráficas de desplazamientos, de velocidades y de aceleraciones !69

En este caso, el punto M (flg. 151) efectúa oscilaciones entre las posiciones M0(-i-a) y /VI, (—a). Las oscilaciones que se realizan de acuerdo a la ley (30), son muy importantes en la práctica. Ellas se llaman oscitaciones armónicas simples. La magnitud a. igual a la des­viación máxima del punto a partir del centro de oscilaciones O, llama amplitud de oscilación.

Es fácil ver que el punto empieza su movimiento en el instante1 = 0 desde la posición Ma y regresa de nuevo a esta posición en el instante . para el cual eos £/,<=!, es decir, ktx = 2it.

El intervalo de tiempo T = /, = , durante el cual el punto efec­

túa una oscilación completa, se llama periodo de oscilación.Tomando las derivadas de x con relación a t hallemos los valores

numéricos de la velocidad y de la aceleración del punto

u = vx= — aksenkt, w = wx = — ak'coskt. (30')

Por consiguiente, en este movimiento la velocidad y la acelera­ción del punto varían en el transcurso del tiempo según la ley armó­nica. Mediante los signos de v y w es fácil comprobar que cuando el punto se desplaza hacia el centro de oscilación, su movimiento es acelerado y cuando se aleja del centro de oscilación, retardado.

Oscilaciones análogas pasan también cuando x = asenkt, pero en este caso el movimiento empieza del centro O.

Las oscilaciones armónicas efectuadas según la ley s = acoskt (o s = a sen *0 pueden ser realizadas por el punto cuando éste se mueve a lo largo de cualquier línea curva (véase, por ejemplo, el pro­blema 57 del § 70). Todo lo dicho del carácter del movimiento que­dará vigente, con la diferencia de que la última de las fórmulas (30') determinará la aceleración tangencial del punto, pero además de ésta, el punto tendrá aún la aceleración normal w„ = v*/p.

§ 69. G ráficas de desplazamientos, de velocidades y de aceleraciones del punto. Si se pone en una escala adecuada el tiempo l sobre el eje de abscisas y la distancia s sobre el eje de or­denadas, la curva s = f(t) construida con ayuda de estos ejes será la gráfica de ta distancia o la gráfica de los movimientos del puntp. En esta gráfica se ve de un modo evidente de qué manera se modifica la posición del punto (su coordenada s) en función del tiempo.

De manera análoga pueden construirse, en las escalas correspon­dientes, las curvas que representan las funciones v(t), gráfica de velo­cidades y wx(t), w„(t), gráficas de las aceleraciones tangencial, normal y total.

En la fig. 152, a, b, c se muestran, en la parte superior, las grá­ficas de movimientos que se determinan por medio de las ecuaciones (27), (29) y (30). Más abajo, en las mismas figuras, están trazadas las gráficas de velocidades y de aceleraciones tangentes de estos movi­mientos.

170 Cop. X. Cinemàtica del punió

La gráfica del movimiento uniforme se representa, como se ve, por una línea recta dirigida formando un ángulo sobre el eje de absci­sas; la gráfica de la velocidad de este movimiento por una recta para­lela al eje de abscisas (u=const), y la gráfica de la aceleración tan­gencial. por una recta que coincide con el eje de las abscisas (io„ = 0). Para el movimiento uniformemente alternado (trazado en la fig. 152, b, movimiento acelerado) la gráfica del movimiento se re­presenta por una rama de parábola; la gráfica de la velocidad por

una recta dirigida a un ángulo respecto al eje de abscisas y la grá­fica de la aceleración tangencial, por una recta paralela al eje de abscisas (w. — const).- Por fin, para las oscilaciones armónicas (fig. 152, a) las gráficas correspondientes se representan por cosenoides o senoides.

No hay que confundir la gráfica del movimiento con la trayectoria que en todos los casos estudiados debe ser definida adicionalmente. Las gráficas de las aceleraciones normal y total no se muestran en la fig. 152, pues wn y te, además de la ley del movimiento dependen también de p, es decir, del tipo de trayectoria y teniendo una sola ley s = /(/). serán diferentes para distintas trayectorias.

£ 70. Resolución de problemas. Hemos indicado que para resol­ver los problemas de Cinemática hace falta conocer la ley del movi­miento del punto. Si el movimiento está definido por el método natu­ral (se dan la trayectoria y la ley del movimiento a lo largo de la

§ 70. Resolución de problemas 171

Iraycctoria), entonces todas las características del movimiento (velo­cidad, aceleraciones tangencial, normal y total) se determinan con ayuda de las fórmulas obtenidas en los §§ 66—68. Las aceleraciones tangencial y normal pueden ser halladas también cuando el movi­miento se define mediante el método de coordenadas, es decir, con ayuda de las ecuaciones (3) o (4). Para eso, calculamos v y w valién­donos de las fórmulas (15) — (18). Tomando la derivada de la expre­

sión obtenida de v con relación al tiempo, determinamos w, — j¡ .

Ahora, conociendo w y w,, hallamos w„ de la igualdad w2 +w¡¡. AI mismo tiempo, de la fórmula w„ — v‘lp se puede hallar el radio decurvatura de la trayectoria p. Un ejemplo de tales cálculos se da enel problema 59.

Problema 57. Si el ángulo de desviación es pequeño, la carga del péndulo (fig. 153) se mueve por la circunferencia de radio / según la ley s = asenA/ (el orí* gen de coordenadas eslá en el punto O, a y k son magnitudes constantes). Hallar la velocidad, las aceleraciones tangencial y normal de la carga y las posiciones del péndulo donde es­tas magnitudes serán nulas.

Solución. Utilizando las fórmulas correspondien­tes hallamos:

ds , t_ 4 dvv—. — — akcoskt\ u ',= — = — ak2 sen*/,

di T di

a2fe2 , . wn = — — —— eos2 kl.

De la ley del movimiento se deduce que la car- ^ga efectúa oscilaciones armónicas de amplitud de arco a durante su trayectoria. En las posiciones ‘ ‘K-extremas (en los puntos A y B) sen/rl = ± I ypor consiguiente cosW =0. Por eso, en los puntos A y B la velocidad y la ace­leración normal se hacen iguales a cero, pero Iú aceleración tangencial tiene aquívi valor máximo (en módulo) u/T rnix = o/t3. Al contrario, cuando la carga llega alorigen O. entonces s —0 y por lo tanto, <>en*/ = 0, c o s ¿ /= l. En esta posición,

y v y wn tienen valores máximos:

fl2*2 /

El ejemplo dado, muestra que durante el movimiento curvilíneo variable, ísj. o w ,, en ciertos puntos de la trayectoria, pueden conver­tirse en cero. En este caso, «.*, = 0 en los puntos, donde

s-°-

es decir, donde, por ejemplo, y tiene valor máximo o mínimo, y ¡£'„ = 0 en los puntos, donde i>;=0 (como en nuestro caso), o en los puntos donde p = oo (puntos de inflexión de la trayectoria)

Problema 58. Un tren se pone en marcha teniendo un movimiento uniforme­mente acelerado ;.ur una curva de radio A1 — tiOO m y de.spués de un trayecto

172 Cap. X. Cinemática del punto

sl =600 m, adquiere la velocidad t/. =36 km/h. Determinar la velocidad y la ace­leración del tren en la parte media de este trayecto.

Solución. Como el tren se mueve uniformemente acelerado y en este caso t/„=0, entonces la ley de su movimiento (si consideramos qué so = 0) será

la velocidad del movimiento:

v — w j.

Eliminando de estas ecuaciones el tiempo t, obtendremos:

u* = 2w¿>.

Según las condiciones del problema, cuando s = s ,t u=*u,. De aqui hallamos-

“ ' = 2s, '

En la parte media del trayecto, cuando s4 = ~ , la velocidad vt es igual a

= V¿7, ■■= y y ■

La aceleración normal en este lugar de la trayectoria es igual a

_ vi__Vg W"‘ K ~2R

Conociendo y wn> determinamos la aceleración total en la parte media del tra­yecto:

Poniendo los valores numéricos hallamos:

c ' , » 7 . l m/s; u>; = ~ « O . I m/s*

Problema 59. Un punto lanzado con una velocidad horizontal, se desplaza según la ley determinada por las ecuaciones:

1x = v0t. y = g t- .

donde u« y son constantes dadas.Hallar la trayectoria, velocidad y aceleración del punto, asi como sus acelera­

ciones tangencial y normal y el radio de curvatura de la trayectoria en cualquier posición, expresando estas magnitudes en función de la velocidad del punto.

Sutución. Al despejar t de la primera ecuación y sustituirlo en la segunda, ob­tendremos:

u = J L x1 y 2 «lx -

La trayectoria del punto es una parábola (fig. 154).Diferenciando las ecuaciones del movimiento respecto del tiempo hallaremos

vx = x = u0. Vy — y —gt.

$ 70. Resolución de problemas 173

de donde _________

(a)

De este modo, en el momento inicial (/ = 0) la velocidad del punto es u = v0. luego el valor de la velocidad sigue creciendo permanentemente con el tiempo.

Hallemos la aceleración del punto. Aplicando las fórmulas correspondientes tenemos

wK = x = 0 . wv= 'y = g.

Por consiguiente, la aceleración del punto es

ui = g.

En nuestro caso, el punto se desplaza con una acele­ración constante en el módulo y la dirección, que es pa­ralela al eje Oy. Remarquemos que a pesar de que w —-const. el movimiento del punto no es uniíormemen e alternado, pues la condición para el movimiento uniforme­mente alternado no es u/=--const, sino u;t = const. Pero en este movimiento como ahora veremos, w. no es constante.

Conociendo la dependencia de o respecto de l [fórmula

du' dt V ul+é‘,i " '

Pero la igualdad (a) nos da que v1 — o*-\-g2l 2. por consiguiente.

Poniendo este valor de i . expresemos oy, en función de la velocidad v:

>-¿r

De aqui se deduce que en el momento inicial, cuando v = v0, u;, = 0. Luego,si crece v la magnitud u>t aumenta y cuando o — -oo w. —► g\ por consiguiente, en el li­mite el valor de la aceleración tangencial tiende a la aceleración total g.

Para hallar u/n examinemos la dependencia:

a/1 +[£>’ .De aqui

yyo8wn =

V

De esta manera, en el momento inicial (a = v0)wn ^=g y luego, si v aumenta,la magnitud wn disminuye, tendiendo en el límite a cero.

Para hallar el radio de curvatura de la trayectoria utilizamos la fórmula

(a)| hallemos u>t:

174 Cap X. Cinemática del punto

En el momento inicial, el radio de curvatura tiene un valor mínimo

Pmin :£? • s '

luego, con ol aumento de v. el radio de curvatura crece y la curvalura de la tra­yectoria disminuye. Cuando v — p — ►<» y la curvatura tiende a cero.

£ 71.* Velocidad en coordenadas polares. Cuando el punto se desplaza siempre en el mismo plano, se puede determinar su posición por sus coordenadas polares r y<p (fig. 155). Durante el movimiento del pun­

to estas coordenadas varían con el tiempo. Por consiguiente, la ley dei movimiento del punto en coordenadas polares se defi­nirá por las ecuaciones:

r = f, (0. <P = /,(*)■ (3>>

La velocidad del punto es numéricamen­

te igual a , es decir, la relación del des­

plazamiento elemental ds respecto al inter­valo de tiempo di. En este caso, el des­plazamiento ds es la suma geométrica del desplazamiento radial numéricamente igual a dr y del desplazamiento transversal,

perpendicular al radio y numéricamente igual a rdq>. Por consi­guiente, la velocidad v es igual a la suma geométrica de la velocidad radial o, y «'e la velocidad transversal v,e que son numéricamenteiguales a

rír

: 7/7 ~ r'— r —

dirtf. (32)

Como v, y v,c módulo de v es:

?on reciprocamente perpendiculares, entonces el

v = - / + = + (33)

Las fórmulas (32) y (33) determinan la velocidad del punto en las coordenadas polares, cuando el movimiento es plano.

La igualdad (33) puede ser obtenida también expresando las coordenadas carte­sianas del punto en Junción de r y <p (véase la fig. 155);

x = r eos , y = r sen <p.

Entonces x = rcoscp — /cp sen q>. y = r sen rep eos q> y según la fórmula (1(5)

u— V xH-sr + r*y*.

Del mismo modo, calculando x e y se puede hallar, con ayuda de la fórmula (18), la expresión para la aceleración del punto en las coordenadas polares

w = V {r — ry*)* + ( ' 9 + 2 rq> )*.

§ 7/. Velocidad en coordenadas polares

En este caso, la magnitud que está debajo del signo radical dentro del pri mor paréntesis es igual a wr y la del segundo paréntesis, es igual a ¿y...

§ 72*. A n á lis is g r á f ic o de l m ov im ien to de l p un to . El método gráfico para resolver problemas de Cinemática del punto se utiliza cuando la función s — / (/) (o x — f( t ) cuando el movimiento es rectilíneo) tiene una expresión analí­tica muy complicada o cuando ia ley del movimiento estudiado está dada por grá­ficas obtenidas experimentalmente con ayuda de aparatos automáticos registradores.

Si se conoce la gráfica del movimiento que representa la dependencia de la distancia s con el tiempo t (fig. 156) entonces con ayuda de ésta se puede construir la gráfica de la velocidad por el método de derivación gráfica. Como se ve del dibujo, la velo­cidad media del punto durante el intervalo de tiem­po A/ = fa— t l , se determina por la tangente del ángulo de inclinación de la secante K XK 2. porque (con una precisión depsndiente del coeficiente de la escala)

.. . . h = í i _ A ^ tgo..

La velocidad del punto en el instante dado t x se determinará por la tangente del ángulo de in­clinación de la tangente en el punto K x. porque (también con una precisión dependiente del coeficien­te de la escala)

" • = ( £ ) / = ■t,(34)

Entonces, trazando las tangentes a la curva de dislancias en los puntos A',, K.t . . . . . podemos, con ayuda de las tangentes de los ángulos correspondientes,hallar los valores de la velocidad del punto en los instantes í , ........... Estosvalores nos permitirán construir la gráfica de la velocidad. Por medio de la gráfica de la velocidad puede ser construida análogamente la gráfica de la aceleración

dutangencial w. = ~ . El orden de las construcciones gráficas correspondientes (tenien­

do en cuenta las escalas de la representación de t y s) se muestra en el problema 60 Para construir l3s gráficas de las aceleraciones normal y total (en el caso del

movimiento curvilíneo) los valores de wn y w en distintos instantes se determinan por el cálculo numérico según las fórmulas correspondientes. Aquí, los valores de v y u l se loman de las gráficas construidas para la velocidad y la aceleración tan gencial y p se determina de la trayectoria del movimiento

Si se conoce la gráfica de la velocidad para el movimiento dado, es fácil cons­truir la gráfica del movimiento con ayuda del piocedimiento de integración grá­fica. Como ds=-vdt. entonces, considerando que s0 -=;0 obtendremos

- s

v dt.

La integral que se encuentra a la derecha se calcula como el área correspondiente que se toma con el signo «más» para los valores positivos de u y con el signo «menos* para los valores negativos. El cálculo de las áreas es más cómodo efectuarlo por cuadros, al trazar la gráfica en papel milimetrado En el caso de la fig 157 la distancia s, en el instante /, es igual a la diferencia de las áreas sombreadas superior e inferior multiplicada por el coeficiente de la escala *». Al hallar de este

11 La suma de estas áreas determinará el camino recorrido por el punto du­rante el tiempo si sn = 0.

Cap X . Cinemática del punto

modo el valor de s en los dilerenles instantes /, se puede construir la gráfica delmovimiento Sobre la base de la gráfica de la aceleración tangencial se puede cons­

truir análogamente la gráiiea dc Ja velocidad.Problema 60. Estudiar gráficamente el movimien­

to del pistón en el mecanismo de biela y mani­vela (fig. 158), si la longitud de la manivela O 'A — 0 t2 m y la longitud de la biela ¿40 = 0,4 in. La manivela gira uniformemente dando una vuelta dursnte ei tiempo 7**= 1,6 s.

Solución. I ) Construir la gráfica del movimien­to del pistón.

La construcción consta de las operaciones si*guicntcs:

a) Escogemos las escalas para expresar la distancia x y el tiempo t. Si la cons­trucción se fiacc en un papcí mil/metrado hace falta tener en cuenta que el error al medir longitudes puede llegar a ±0,25 •— 0,5 mm (depende de la calidad del

papel y del dibujo). Hace falta tener esto en cuenta al escoger las escalas. En nuestro caso tomemos como escalas para x : l cm para 0,1 m y para / : ! cm para 0,2 s.

§ 72. Análisis gráfico del movimiento del punto 177

b) Representamos c! esquema del mecanismo en la escala escogida para x (fig. 158. fl): 0 'A 0— 2 cm. A0B0 = 4 cm Trazamos el eje coordenado O’x a lo largo de la trayectoria del pistón. Dividimos la semicircunferencia, por la cual se despla/a el punto A. en 8 partes iguales (con el aumento del número de partes la precisión de la construcción crece). El punto A recorre cada parte en 0.1 s. A partir de los puntos de división en el eje O'x hacemos con un compás intersecciones de radio AB — 4 cm. Estas intersecciones nos dan los valores de x en los instantes t que son iguales correspondientemente a 0; 0.1 s; 0.2 s. etc.

c) Sobre la base de estos valores de x y / construimos la gráfica del movi­miento del pistón durante una vuelta de la manivela uniendo los puntos correspon­dientes por una curva suave (fig. 158. b)\ en este caso la parte derecha de la curva es simétrica de la izquierda.

2) Construcción de la gráfica de la velocidad. Esta construcción se reduce a las operaciones siguientes:

a) (Conservando la escala de tiempo t de la fig. 158. b trazamos los ejes v, t (fig. 158. c). Ponemos a lo largo del eje i un segmento OJ<Q que representa un segundo en la escala escogida (en nuestro caso la longitud 0 ,a 0= 5 cm).

b) Determinamos la dirección de la tangente a la curva x = f (/) en el punto C, que corresponde al instante / = 0.t s n .

Por el punto K0 se traza la recta K0D0 paralela a esta tangente (linea pun toada). Entonces, el segmento OxD0 representará la velocidad en el instante /, = 0.1 s. porque OxK0= l s. y según la fórmula (34)

(w)/ = o. j * “ *8 a i ~ o ¡ 7 ( o = 0 1 0 0

Si aqui la distancia x se expresa en la escala de l cm para 0.1 m; la velocidad i» será expresada en la escala de I cm para 0.1 m/s. Si la escala obtenida es incó­moda para algunas expresiones (muy grande o pequeña), se puede cambiar tal como se muestra más abajo.

c) En nuestro caso, la escala para u es demasiado grande. Reduzcámosla en

tres veces. Para eso, a partir del punto O, trazamos el segmento OxK = y OxKt.

Trazamos por el punto K la recta KDX paralela a la tangente en el punto C. (o a la linea K0D0). Entonces el segmento 0 ,D , determinará la velocidad en el instante / j= 0 . I s en la escala

I cm para 0.3 (escala de p).

Al trazar la recta D lE l paralela al eje O,/, obtenemos el punto £ , de la grá­fica de la velocidad.

De una manera análoga, trazando por el punto K las rectas KDtt KD3.........paralelas a las direcciones de las tangentes en los puntos C2, C3........construimos lospuntos Eit £ 3.........de la gráfica de la velocidad. Uniendo estos puntos con unacurva suave hallaremos la gráfica de la velocidad del pistón (fig. 158, c).

n Para trazar la tangente en el punto dado de la curva es cómodo utilizar una regla con una superficie lateral especular perpendicular al plano de la regla (se puedeÍ»reparar tal instrumento pegando una banda de estaño estirada sobre la superficie ateral de una regla de cálculo corriente). Después de aplicar la regla en el punto dado de la curva (transversalmente a la curva) hace falta girarla hasta que aparezca en el espejo la prolongación de la curva sin discontinuidad visible. En esta posi­ción. la dirección de la regla nos da la dirección de la normal al punto dado de la curva y la perpendicular a dicha dirección, indica la dirección de la tangente en el mismo punto. Si en vez del espejo se utiliza una banda de estaño seria mejor remarcar preliminarmente la curva con tinta china.

178 Cüp. X. Ctnemáhco <iel punto

3) Construcción de la gráfica de la aceleración a partir de la gráfica de Ir irlocidad (o de la gráfica de la aceleración tangencial en el caso del movimiento curvilíneo) se realiza de manera análoga a la construcción de la gráfica de la velo­cidad sobro la base de la gráfica del movimiento. La fig. 158, d. muestra la gráfica de la aceleración del pistón en la escala I cm para 2.5 m/s.

Problema 61. Determinar mediante la construcción gráfica el contorno de la leva (fig, 159. a), si al girar ésta uniformemente alrededor del eje 0 '. la barra vertical AB se desplaza conforme a la ley representada en la fig. 159, b. (sobre la gráfica, T es el tiempo de una vuelta de la leva; en el primer cuarto de vuelta la

barra se eleva a 0.2 m. durante el segundo cuarto la barra se queda en su lugar y en el transcurso de la última semivuelta ésta regresa a su posición inicial). Hace ialta mostrar también el tipo de gráficas de la velocidad y de la aceleración de la barra durante este movimiento. La gráfica del movimiento se da en escala: I cm. para 0.1 rr.

Solución, f.l contorno de la leva se construirá en la misma escala que la grá­fica del movimiento. Para eso tracemos del centro O' una circunferencia de radio 3 cm y dividámosla en 16 partes iguales. El segmento OT sobre el eje t de la gráfica del movimiento también lo dividimos en 16 partes iguales. Pongamos el valor de x para cada uno de estos instantes a lo largo del radio correspondiente a partir del centro O' (O'A = Oa0, 0 ' Al = bal etc.). Uniendo los puntos obtenidos A0. Ax, etc. con una curva suave hallaremos el contorno incógnito de la leva (fig. 159, a).

De manera análoga, si se conoce el contorno de la leva es posible construir la gráfica del movimiento de la barra AB.

Escogiendo un valor arbitrario para T, tiempo de una vuelta de la leva, cons­truimos (del mismo modo que en el problema precedente) las gráficas de la velo­cidad y la aceleración de la barra AB.

Estas gráficas se representan en las figuras 159, c y 159, d. Durante el segundo cuarto de vuelta de la leva, la velocidad y la aceleración de la barra AB (con­forme con las condiciones del problema) equivalen a cero. La velocidad de la barra todo el tiempo se modifica continuamente y la aceleración sufre discontinuidades

en los instantes t t = — T y 1 = — T.

C A P ÍT U L O X I

M ovimientos de traslación y giratorio del cuerpo sólido

§ 73. M ovim iento de tras lac ión . En Cinemática, como en la Estática, examinaremos todos los cuerpos sólidos corno rígidos, es decir, consideraremos que la distancia entre dos puntos cualesquiera del cuerpo permanece constante durante todo el movimiento.

Los problemas de la Cinemática del cuerpo sólido se dividen en dos partes:

1) Definición del movimiento y estudio de las características cinemáticas del movimiento del cuerpo completo.

2) Estudio del movimiento de cada punto del cuerpo por separado.Comencemos con el estudio del movimiento de traslación del

cuerpo sólido.Movimiento de traslación es el movimiento de en cuerpo sólido en

el que cualquier recta trazada en este cuerpo se desplaza paralela­mente a si misma.

No hay que confundir el movimiento de traslación con el movi­miento rectilíneo. Durante el movimiento de traslación del cuerpo las trayectorias de sus puntos pueden ser líneas curvas cualesquiera

Algunos ejemplos de movimientos de traslación.1) La carrocería de un automóvil en un trayecto de vía recta

y horizontal tiene movimiento de traslación.t.as trayectorias de sus puntos son lineas rectas.2. La biela de acoplamiento AB (fig. 160) durante la rotación de

las manivelas O ,A y 0,B (0 ,A = OtB) tiene también movimiento de traslación (toda recta trazada en ésta permanece paralela a sí misma). Al mismo tiempo los puntos de la biela de acoplamiento efectúan movimientos circulares.

Las propiedades del movimiento de traslación se determinan por el teorema siguiente: durante el movimiento de traslación lodos los puntos del cuerpo describen trayectorias iguales (que se superponen) y en cada instante poseen velocidades y aceleraciones iguales en módulo y dirección

Para la demostración, examinemos un cuerpo sólido que realiza un movimiento de traslación respecto del sistema de ejes O.xyz. To­memos dos puntos arbitrarios del cuerpo A y B, cuyas posiciones en el instante t se determinan por los radios vectores r A y r„ (fig 161).

Tracemos el vector AB que une estos puntos. En este caso, como es

180 Cap. X I. Movimientos de traslación tj giratorio del cuerpo sólido

fácil ver:

r H = r A + AB. (35)

Aquí la longitud de AB es constante, por ser la distancia entre dos puntos del cuerpo sólido, y la dirección de AB permanece inva­riable, porque el cuerpo tiene movimiento de traslación. De esta

manera, el vector AB es constante durante todo el movimiento del

igualdad (35) (o directamente del dibujo) la trayectoria del punto B se obtiene de la trayectoria del punto A por un desplazamiento

paralelo de todos sus puntos, a una magnitud igual al vector cons­

tante AB. Por consiguiente, las trayectorias de los puntos A y B serán curvas iguales (y que se superponen).

Para hallar las velocidades de los puntos A y 6 , diferenciemos los dos miembros de la igualdad (35) respecto del tiempo. Obten- diemos:

Pero la derivada del vector constante AB es igual a cero. Las derivadas de los vectores r A y r B con relación al tiempo nos dan, a su vez, las velocidades de los puntos A y B. Como resultado hallamos que

es decir, los módulos y las direcciones de las velocidades de los pun­tos A y B del cuerpo son iguales para todo instante. Pero después de tomar las derivadas respecto del tiempo de ambos miembros de la igualdad obtenida, hallaremos

cuerpo (AB = const). Como consecuencia de esto, como se ve de la

r¡p. iou Fig. 161

d r „ ^ d r A d (AB)

di di ' di

Por consiguiente, los módulos y las direcciones de las aceleracio­nes de los puntos A y £ del cuerpo también son iguales para todo instante.

§ 73. Movimiento de traslación 181

Como los punios A y B han sido elegidos arbitrariamente, enton­ces, de los resultados obtenidos se deduce que las trayectorias de todos los puntos del cuerpo, asi como las velocidades y las acelera­ciones, son iguales para todo instante. El teorema ya está demostrado.

Resulta del teorema que el movimiento de traslación del cuerpo rígido se define completamente por el movimiento de uno de sus puntos. Por consiguiente, el estudio del movimiento de traslación del cuerpo se reduce a un problema de la Cinemática del punto, exami­nado ya por nosotros.

En el caso del movimiento de traslación la velocidad común de todos los puntos del cuerpo v se llama velocidad del movimiento de traslación del cuerpo y la aceleración w. aceleración del movimiento de traslación.

Los vectores v y w se pueden representar aplicados a cualquier punto del cuerpo.

Señalemos que las nociones de velocidad y aceleración del cuerpo solamente tienen sentido para el movimiento de traslación. En otros casos, los puntos del cuerpo se desplazan con velocidades y acelera­ciones diferentes y para estos movimientos las expresiones, «velocidad del cuerpo» o «aceleración del cuerpo» no tienen ningún sentido.

§ 74. M ovim iento de rotación del cuerpo sólido. Velocidad y aceleración angulares. Se llama movimiento de rotación del cuerpo sólido un movimiento tal que dos pun­tos cualesquiera de este cuerpo (o puntos l i­gados invariablemente con éste) permanecen inmóviles durante todo el tiempo que dura el movimiento (fig. 162). La recta AB que pasa por los puntos inmóviles A y B se llama eje de rotación.

Como la distancia entre los puntos del cuerpo sólido debe permanecer invariable, es evidente que durante el movimiento de rota­ción todos los puntos pertenecientes al eje de rotación quedan inmóviles, mientras que todos los otros puntos del cuerpo describirán circun­ferencias, cuyos planos serán perpendiculares al eje de rotación y cuyos centros se encon­trarán en este eje

Para determinar la posición del cuerpo en rotación tracemos dos semiplanos por el eje de rotación Az: el semiplano / inmóvil y el semiplano I I fijado en este cuerpo y que está girando junto con f l cuerpo (fig. 162). En este caso, la posición del cuerpo en todo instante

11 La rotación del ouerpo alrededor de un eje puede efectuarse también de tal modo, que ningún punto perteneciente al cuerpo se encontrará en el eje de rota­ción (por ejemplo, la rotación de una rueda sobre un eje o la rotación de una per­sona sentada en un tiovivo).

182 Cap \7 . .Movimientos de traslación y giratorio del cuerpo sólido

se dcterm.nará simplemente por el ángulo <p entre estos semiplanos, lomado con el signo correspondiente. Este ángulo se llanu ángulo de rotación del cuerpo. El ángulo <p se considera positivo si se cuenta a partir del s-?miplano inmóvil en sentido contrario de las agujas del reloj (para tin observador que mira desde el extremo positivo del eje /1<) y negativo, cuando se cuenta en sentido de las agujas del relo El mgulo fp se mide siempre en radianes. Para saber la posi­ción del cuerpo en cualquier instante hace falta conocer la depen­dencia del ángulo <p respecto del tiempo i, o sea,

<p = / ( / ) . (3 G )

La ecuación (36) expresa la ley del movimiento de rotación del cuerpo sólido.

1.a velocidad angular <o y la aceleración angular e son las carac­terísticas cinemáticas esenciales del movimiento de rotación del cuerpo sólido.

Si durante el intervalo de tiempo A/ = / ,— t el cuerpo gira un ángulo A<p=í<p,— cp, la velocidad angular media del cuerpo en este instante, es numéricamente igual a

á f

Se llama velocidad angular del cuerpo en dado momento t, a la magnitud a que tiende la velocidad media (om cuando el intervalo de tiempo At tiende a cero:

<i>=* lim ~ o (o — ^2. (37)Ai - o d‘

Entonces, la velocidad angular instantánea es numéricamente iguala la primera derivada del ángulo de rotación respecto del tiempo. Laigualdad (37) muestra también que la magnitud w es igual a la rela­ción del ángulo de rotación elemental 2<p respecto al intervalo de tiempo dt correspondiente. El signo de o> determina el sentido de rotación del cuerpo. Es fácil ver que <o > 0 cuando la rotación se realiza en sentido contrario al de las agujas del reloj y m < 0 cuando ésta se hace en el sentido de las agujas del reloj.

La velocidad angular se mide en radianes/tiempo o 1 /tiempo, por­que el radián es una magnitud adimensional, como unidad de medida se emplea generalmente 1/s.

La velocidad angular puede representarse en íorma de un vector a,

cuyo valor numérico <■» es igual a y que está dirigido a lo largo

del eje de rotación del cuerpo de tal modo que desde su extremo se ve efectuar la rotación en sentido contrario al de las agujas del reloj (véase la fig. 163). Un vector tal determina a la vez, el módulo de

§ 74. Movimiento ríe rotación del cuerpo sólido 183

la velocidad angular, el eje de rotación y el sentido de rotación alrededor de este eje.

La aceleración angular caracteriza el cambio de la velocidad angu­lar con el tiempo.

Si durante un intervalo de tiempo A¿ = / ,— t la velocidad angular del cuerpo cambia en una magnitud A<o = <i>1— o>, entonces la acelera­ción media angular del cuerpo en este instante será numéricamente igual a:

AtoEm — ~Et'

La aceleración angular en un instante dado l es la magnitud a la que tiende la aceleración media angular em cuando el intervalo de tiempo At tiende a cero. Por consiguiente,

. . Acó d co8= lim = -r; .

— o *Teniendo en cuenta la igualdad (37),

dio d'<x>e = rf7 = dt* • <38>

Asi pues, la aceleración angular inslanlánea del cuerpo es numéri­camente igual a la primera derivada de la velocidad angular o a la segunda derivada del ángulo de rotación del cuerpo respecto del tiempo.

La aceleración angular se mide en 1/tiempo-; como unidad de medida se emplea generalmente 1/s-.

Si el módulo de la velocidad angular crece con el tiempo, la rotación del cuer­po se llama acelerada, si disminuye, re­tardada. Es fácil ver que rotación será F ig . 163

acelerada cuando los valores o> y e tie­nen los signos iguales y retardada cuando los signos son diferentes.

También se puede representar la aceleración angular del cuerpo (por analogía con la velocidad angular) por un vector e dirigido a lo largo del eje de rotación. El sentido de s coincide, con el de <o cuando el cuerpo tiene movimiento de rotación acelerado (fig. 163, a) y es con- Irario al de i» si el movimiento de rotación es retardado (fig. J63, l>).

§ 75. Rotación un iform e y uniform em ente a lte rn ada . Si durante todo el tiempo del movimiento la velocidad angular del cuerpo queda constante (m = const), la rotación del cuerpo se llama uniforme. Hallemos la ley de 1a rotación uniforme. La fórmula (37) nos da dtf — uidl. De aquí, considerando que en el instante inicial cuando t =: 0 el ángulo <p — 0 y tomando las integrales de la parte izquierda entre 0 y <p y de la derecha entre 0 y t obtendremos:

c¡> - u )í. (39)

Iftí Cap. A / Movimientos de traslación 1/ giratorio del cuerpo sólido

De la igualdad (39) se deduce lambién, que en el caso de rotación uniforme

En la práctica, la velocidad de rotación uniforme se determina frecuentemente por el número de revoluciones por minuto representando esta magnitud por n rev/min Hallemos la dependencia entre n rev/'min y o> 1/s. Al hacer una revolución el cuerpo gira el ángulo 2n y después de n revoluciones 2n n; esta rotación se efectúa en un tiempo 1 = 1 min = 60s. De la igualdad (40) se deduce que

ü> = 2 £ « 0 , l n . (41)

La rotación se llama uniformemente alternada cuando la aceleración angular del cuerpo es constante (e = const), durante todo el movimiento. Hallemos la ley de la rotación uniformemente alternada considerando que en el instante inicial / = 0, el ángulo cp = 0 y la velocidad angu­lar o) = *)0 (g>„ es la velocidad angular inicial).

De la fórmula (38) se deduce que dta = edl. Integrando el miembroizquierdo entre u>0 y ta y el izquierdo entre 0 y /, hallaremos:

cu = o)„ -f- t i . (42)

Escribamos la ecuación (42) en forma de

~ = iü0 -f- e.t o dtp = <u0dl -f e,l dt.

Integrando por segunda vez hallamos la ley de la rotación uniforme­mente alternada:

<p = ü>„/ i *’ 4r- (43)

La velocidad angular <o de esta rotación se determina por medio de la fórmula (42). Si las magnitudes oí y s tienen signos iguales, la rotación será uniformemente acelerada y si son diferentes, uniforme­mente retardada.£ 76. Velocidad y aceleración de los puntos de un cuerpo enro tación . Después de determinar en los párrafos precedentes lascaracterísticas del movimiento del cuerpo completo, pasemos al estudio del movimiento de sus puntos por separado.

Examinemos un punto cualquiera M del cuerpo sólido que se en­cuentra a la distancia h del eje de rotación Az (véase la fig. 162). Durante la rotación del cuerpo, el punto M describe una circunferencia de radio h, el plano de la cual es perpendicular al eje de rotación

n Hace falta subrayar que n, por sus dimensiones, no es un ángulo, sino la velocidad angular.

§ 76. Veíoci. y acelera de los puntos de un cuerpo en rotación 185

y el centro C se encuentra en el propio eje. Si durante el tiempo diel cuerpo realiza un giro elemental dq>, simultáneamente el punto Melectúa un desplazamiento elemental ds a lo largo de su trayectoria(ds — hd(f). Entonces, la velocidad del punto será igual a la relaciónde ds a di, es decir,

ds . d(Dv = w = h w

oü = /iu. (44)

La velocidad v, a diferencia de la velocidad angular, se llamatambién velocidad lineal o velocidad circunferencial del punto M.

Entonces, el valor numérico de la velocidad lineal de un punió de un cuerpo sólido en rotación es igual al producto de la velocidad angu­lar del cuerpo por la distancia entre este pun­to y el efe de rotación.

La velocidad lineal está dirigida por la tangente a la circunferencia que describe el punto M o perpendicularmente al plano que pasa por el eje de rotación y por el punto M.

Ya que en el instante dado o tiene elmismo valor para todos los puntos del cuerpo, Fi8- 164resulta de la fórmula (44) que las velocida­des lineales de los puntos del cuerpo en rotación son proporcionales a sus distancias al eje de rotación (fig. 164).

Para hallar la aceleración del punto M se utilizan las fórmulas:

dv v1W, = -7- , Wm = — .x dt * " p

En nuestro caso p = h. Colocando aqui el valor de v de la igual­dad (44) obtenemos:

, da A, (ú*W'~ ~d¡' W« = —

o en definitivaw , = he., wn = hb>2 (45)

La aceleración tangencial w , está dirigida por la tangente a latrayectoria (en el sentido del movimiento si el cuerpo tiene movimiento de rotación acelerado y en sentido opuesto, si el movimiento es retar­dado), la aceleración normal w„ está dirigida siempre por el radio h al eje de rotación (fig. 165, a).

La aceleración total del punto M será igual a:

¡ V w\ - f w' = Vh*e* + /i’(ü*o

w = h V & + o»*. (46)

Cap. X í . Movimientos de traslación y giratorio del cuerpo sólido

La desviación del vectoi de la aceleración total respecto del radio de la circunferencia que describe el punto, se determina por el ángulo (t, que se calcula valiéndose de la fórmula

Colocando aquí los valores de y w„ de la igualdad (45), obte­nemos:

Como en el instante dado e y &> tienen un mismo valor para todos los puntos del cuerpo, de las fórmulas (46) y (47) se deduce que las aceleraciones de todos los puntos de un cuerpo sólido en rotación son proporcionales a sus distancias del eje de rotación y forman en el ins­

tante dado el mismo ángulo p. con los radios de las circunferencias que describen estos puntos (fig. 165, b).

Las fórmulas (44) — (47) permiten determinar la velocidad y la aceleración de cualquier punto del cuerpo si se conoce la ley de rota­ción del cuerpo y la distancia entre el punto dado y el eje de rota­ción. Si se conoce el movimiento de un punto del cuerpo con base en las mismas fórmulas es posible determinar el movimiento de todos los otros puntos del cuerpo asi como todas las características del movimien­to del cuerpo completo.

Problema 62. Un árbol, que gira a n = 90 r. p. m., después de desconectar el motor adquiere movimiento uniformemente retardado y se detiene al cabo de /, =40 s. Determinar el número de revoluciones efectuadas por el árbol durante este tiempo.

Solución. Como el árbol está en rotación uniformemente retardada, entonces, para él

(47)

a

F ig . 165

<p — ü>0/ + e-y,

w = w04-e/.

(a)

(b)La velocidad angular inicial del árbol en su rotación retardada es igual a la

velocidad angular que éste desarrollaba antes de desconectar el motor. Por consi-

§ 76. Veloci. y acelera, de los puntos de un cuerpo en rotación 187

guíente:

30

En el instante en que se detiene el árbol, cuando t = tx, la velocidad angular del árbol W|=0. Poniendo estos valores en la ecuación (b). obtendremos:

nn nn30^ y «*= — 3077

Si designamos el número de revoluciones hechas por el árbol durante el tiempo tx por N (no se debe confundir con n'\ n es la velocidad angular!), el ángulo de rotación en el mismo período de tiempo será igual a <px = 2nN. Colocando los valores obtenidos de e y (px en la ecuación (a) obtendremos:

n n n n nn 2j,;V = 3 0 , , - 6Ó ' , = 60

de donde

A/= — = 30 revoluciones.

Problema 63. Un volante de radio /? = 1.2 m gira unifórmente con una veloci­dad n = 9 0 r . p .in . Determinar la velocidad lineal y la aceleración de un punto de la llanta del volante.

Solución. La velocidad lineal del punto es v = R iú , donde la velocidad angu­lar o> debe ser expresada en radianes por segundo. En nuestro caso:

Entonces,

n n I

M1= 3 0 = 3nT-

Como « = const, e = 0 y por consiguiente

ni ~ w n — Ríú2 = R x 106,6 m/s2.

En el caso dado, la aceleración del punto está dirigida hacia el eje de rotación.Problema 64. Durante la aceleración, el volante gira de acuerdo con la ley

• “ i'*-

Determinar I? velocidad lineal y la aceleración del punto que se encuentra a la distancia / i= 0 ,8 m del eje de rotación, en el momento en que la aceleración tan­gencial de este punto sea igual a la normal.

Solución. Hallemos la velocidad y la aceleración angulares del volante

dtp 27 d o) 27 ,

d i 32 • dt 16

Para las aceleraciones tangencial y normal del punto tenemos las fórmulas: ® ,= Ae, w n = h<ú%.

Designemos el instante en el que w , — w n por t x. Es evidente que en este27 / 27 2

instante ó yg í , = \.55j ' ' '

188 Cap. X I . M o v im ien to s de traslación y g ira to r io del cuerpo sólido

de donde

.a 64

1 ~ 27 y

Poniendo este valor de /, en las expresiones para co y e hallaremos que en el instante tx

®i = y l/s, =4 >«*•

De aquí, las magnitudes incógnitas son ¡guales a:

u, — /icüj = 1,2 m/s, «pt = h c? -f caj = 1,8 1^2 « 2,54 m/s 3 .

El vector Wj está dirigido a un ángulo de 45° respecto del vector velocidad del punto.

Problema 65. Una carga B (fig. 166) hace girar el árbol de radio r y el piñón / de radio r x montado sobre el mismo eje que el árbol. El movimiento de la carga

empieza desde el reposo y se efectúa con una aceleración constante a. Determinar la ley de rotación del piñón 2 de radio r2 que está en­granado con el piñón /.

Solución. Ya que la carga B empieza a mo­verse sin velocidad inicial, su velocidad vB en cualquier instante t será igual a a t(pB^ a t ) . Los puntos de la llanta del árbol tendrán la mis­ma velocidad. Pero, por otro lado, las velocida­des de estos puntos son iguales a oyxr, donde <o4 es la velocidad angular común para el árbol y el piñón /. Por consiguiente.

. at(úxr = at, (1)! = -—

Ahora hallemos o),. Como en el punto C de engrane de los piñones la velocidad lineal debe ser la misma para los dos piñones, t/c = « ir , = o>*/■,. de donde

r x rxa . O), — — o, = -i— t. * *■- 1 r.r

Entonces, la velocidad angular del piñón 2 crece proporcionalmente al tiempo.

Teniendo en cuenta que , donde cp, es el ángulo de rotación del piñón 2,

obtendremos:

d%% — — i dt.

Integrando ambos miembros y considerando que cuando t = 0 el ángulo q>a = 0, hallaremos la ley de la rotación uniformemente acelerada del piñón 2, cuya forma t*

CAPÍTULO XII

Movimiento planoparalelo del cuerpo sólido

§ 77. Ecuaciones del movimiento planoparalelo. Descompo­sición del m ovim iento planoparalelo en movim ientos de tra s­lación y de rotación. Por movimiento planoparalelo (o simplemente plano) se entiende el movimiento del cuerpo sólido durante el cual todos sus puntos se desplazan paralelamente a un plano fijo P (fig. 167). Muchas piezas de mecanismos y máquinas efectúan un movimiento plano, por ejemplo, una rueda móvil sobre un segmento

de vía rectilínea, una biela de un mecanismo de biela y manivela etc. El movimiento de rotación del cuerpo solido es un caso parti­cular del movimiento plano.

Examinemos la sección S del cuerpo situada en un plano Oxyparalelo al plano P (véase la fig. 167).

Si tenemos un movimiento plano, todos los puntos de! cuerpo situados sobre la recta MM' perpendicular a la sección S, es decir, al plano P, se desplazan de un modo idéntico. Por eso, para elestudio del movimiento de todo el cuerpo es suficiente estudiar el mo­vimiento de la sección S en el plano Oxy. En lo siguiente haremos coincidir el plano Oxy con el plano del dibujo y en vez del cuerpo entero representaremos solamente su sección S (una figura plana).

Es evidente que la posición de la sección S en el plano Oxy se determina por la posición de un segmento cualquiera AB trazadoen esta sección (fig. 168). A su vez, la posición del segmento AB puede ser determinada si se saben las coordenadas xA, yA del punto A y el ángulo <p formado por el segmento AB y el eje .v.

Al punto A. elegido para determinar la posición de la sección S,lo llamaremos polo.

x

Fig. 167 Fig. 168

190 Cap. X I I . Movimiento planoparaldo del cuerpo sólido

Durante el movimiento del cuerpo los valores de xA, yA y cp variarán. Para saber la ley del movimiento del cuerpo, es decir, para poder definir su posición en el espacio en cualquier instante, hace falta conocer las dependencias:

(48)

Fig. 169

Las ecuaciones (48) que determinan la ley del movimiento en cuestión se llaman ecuaciones del movimiento plano del cuerpo sólido Demostremos que el movimiento plano se compone de los movimien „ tos de traslación y de rotación

Para eso examinemos dos posi ciones sucesivas / y // que ocu pa la sección S del cuerpo en movimiento en los instantes t, y tt = l i + &t (fig. 169). Es fácil ver que la sección S y junto con ella todo el cuerpo, puede ser llevada de la posición / a la po­sición I I del modo siguiente. Se desplaza el cuerpo de manera que el polo A, transladándosea lo largo de su trayectoria,llegue a la posición A , (en este

caso el segmento A,B, ocupará la posición AtB\) y luego se gira la sección alrededor del polo Ar el ángulo A<p,. Del mismo modo se pue­de trasladar el cuerpo de la posición I I a la posición I I I , etc. De aquí concluimos que el movimiento plano de un cuerpo sólido se compone de un movimiento de traslación, cuando todos los puntos delcuerpo se desplazan de la misma manera que el polo A, y de un mo­vimiento de rotación alrededor de este polo ''.

Es evidente que la componente de traslación del movimiento plano se define con las dos primeras ecuaciones (48) y la tercera ecuación define la rotación alrededor del polo.

El cuadro geométricó del movimiento plano se puede representar en otra forma, que se explicará al final del § 81.

Las principales características cinemáticas del movimiento exami­nado son la velocidad y la aceleración del movimiento de traslación, iguales a la velocidad y la aceleración del polo (®tr.s = vA, w (r.j = w^). así como la velocidad angular di y la aceleración angular e de) movi­miento de rotación alrededor del polo. Los valores de estas caracte­rísticas se pueden determinar para cada instante t, con ayuda de las ecuaciones (48).

11 El movimiento de rotación del cuerpo se realiza alrededor del eje perpendicu­lar al plano I I y que pasa por el polo A. Sin embargo, para abreviar, llamaremos a este movimiento simplemente rotación alrededor del polo A.

§ 77. Movimiento planoparalelo del cuerpo sólido 191

Durante el estudio del movimiento se puede escoger como polo cualquier punto del cuerpo. Veremos qué se obtiene, si en vez de A se escoge como polo un punto cualquiera C y se define la posición de la sección por un segmento CD que forma con el eje Ox un ángulo<p, (fig. 170). Es evidente que aquí las características del movimientode traslación cambiarán, porque en el caso general v c ^ v A y w r w A (de lo contrario el movimiento del cuerpo sería sólo de traslación). Las características del movimiento de rotación, es decir, a> y e, quedan invariables. En efecto, al trazar desde C una recta Cfi, paralela a AB senota que, en cualquier instante, el ángulo<p, =<f>— a, donde a = const. De aquí:

¿ftp!_dq> _d*<pdt ~ dt • ~dtr ~ d¡* *

o bien

(1), = O),

La fig. 169 nos muestra también este resultado.

Cualquiera que sea el punto tomado como polo, para trasladar la sección S de la posición / a la posición // , hace falta que el seg­mento AlB l sea paralelo a A ,B „ es decir.es necesario girar la secciónalrededor de cualquier polo el mismo ángulo A<p,, igual al ángulo formado por dichos segmentos. Por consiguiente, el movimiento de

rotación no depende de la elección del polo.§ 78. Determ inación de las tr a ­

yectorias de los puntos del cuerpo. Es­tudiemos ahora el movimiento de diferentes puntos de un cuerpo sólido, es decir, bus­quemos sus trayectorias, velocidades y aceleraciones. Para eso, como ya indicamos, es suficiente estudiar el movimiento de los puntos del cuerpo que se encuentran en lasección S. Empecemos por definir las tra­yectorias.

Examinemos el punto M del cuerpo, cuya posición en la sección S se determina por la distancia 6 = AM del polo A y por el ángulo B A M —a (fig. 171). Si el movimiento del cuerpo se define por las ecuaciones (48), las coordenadas x e y del punto M respecto a los ejes Oxy serán:

x = X A + b COS (<P + « ) . I y = y* + à sen (<p + a), f

149)

donde xA, yA, <p son funciones del tiempo t conocidas de las ecuacio­nes (48).

192 Cap. X I I . Movimiento planoparalelo de' cuerpo sólido

Las igualdades (49). que determinan la ley del movimiento del punto M en e) plano Oxy, dan simultáneamente la ecuación de la trayectoria de este punto en la forma paramétrica. Si eliminamos del sistema (49) el tiempo t, obtendremos una ecuación ordinaria.

Si el cuerpo que se estudia es el eslabón de un mecanismo, paradeterminar la trayectoria de un punto cualquiera M es suficiente

expresar sus coordenadas por medio de cualquier parámetro que determine la posición del mecanismo y luego elimi­narlo. En este caso no es obligatorio conocer las ecuaciones del movimiento(48).

Problema 66. Las correderas A y R, a las cuales está fijada la regla del elipsógrafo. se desplazan por guías perpendiculares entre sí (fig. 172). La distancia AB = l. Determinar la trayectoria del punto M de la regla.

Solución. Tomando como polo el punto A, determinaremos ía posición deí punió M en ía regla del elipsógrafo por el segmento A M = b. La posición de Ya regla se define por el ángulo

...................... aliamos que. x = (b— /) eos tp.que la trayectoria del punto

~M (Independientemente de la ley del movimiento de la regla) está representada

<p. Entonces, para las coordenadas x e y del punto M hallamos que. x = y = 6senq>. Eliminando el parámetro <p, obtenemos

por Ja elipse

con semiejes a = |í> — í| y 6 y el centro en el punto O.Variando las distancias l y b, con ayuda de los tomillos correspondientes, se

pueden trazar con un lápiz en M . elipses de cualesquiera semiejes dados, pero no mayores que las dimensiones de la regla. Por eso este aparato se llama elipsógraío.

§ 79. D eterm inación de las velocidades de los puntos del cuerpo. El movimiento plano del cuerpo sólido se compone de un movimiento de traslación, cuando todos los puntos del cuerpo se desplazan con la velocidad del polo vA y de un movimiento de rota­ción alrededor de este pplo.

Demostremos que la velocidad de cualquier punto M del cuerpo es la suma geométrica de las velocidades correspondientes a cada uno de estos movimientos.

En efecto, la posición de todo punto M que se encuentra en la sección (S) del cuerpo, se determina en el sistema de los ejes Oxy por el radio vector r = rA + r ‘ (fig. 173), donde r A es el radio vector del

polo A, r ' = AM es el vector que determina la posición del punto M respecto de los ejes Ax'y' los cuales se desplazan avanzando junto con el polo A [el movimiento de la sección (S) respecto de estos ejes, es una rotación alrededor del polo A]. Entonces,

dr _ drA , dr^' di _ dt

§ 79. Determinación de las velocidades de ¡os puntos 193

En la ecuación obtenida, la magnitud ‘ —'Oa es la velocidad

de! polo A, ¡a magnitud es igual a la velocidad vMA del punto

M cuando r Á = const, es decir, respecto de los ejes Ax'tj' o, de otro modo, cuando el cuerpo gira alrededor del polo A. De este modo, de la igualdad anterior se deduce efectivamente que,

= *>a + vma- (50)

En este caso, la velocidad vMÁ del punto M en su movimiento de rotación alrededor del polo A será (§ 76):

vMa ~<*-MA(vm a¿_M Á ), (51)

donde a> es la velocidad angular de rotación del cuerpo.

De este modo, la velocidad de todo punto M del cuerpo es la suma geométrica de la velocidad de otro punto cualquiera A tomado como polo y de la velocidad de rotación del punto M ¡unto con el cuerpoalrededor de este polo. El módulo y la dirección de la velocidad vMse determinan mediante la construcción del paralelogramo correspon­diente (fig. 174).

Problema 67. Durante el desplazamiento libre de la barra AB de longitud 21,

su centro C se desplaza a lo largo del eje vertical Ox según la ley = -I.

donde g es la aceleración de la fuerza de gravedad, la barra misma gira con una velocidad angular constante <o en un plano vertical Oxy alrededor del centro C; la ley de esta rotación se da por la ecuación q>=<o/ (!¡g. 175).

Hallar las velocidades y de los extremos A y B de la barra en funciónilel tiempo I.

Solución. Por conocer el movimiento del centro de la barra C tomamos este punto como polo. De la ecuación del movimiento, se deduce que en este caso numéricamente

Vc-'Xc^gl.

13-142

194 Cap. A'//. Movimiento planoparalelo del cuerpo sólido

Hallemos primero la velocidad del punto A. Según la lórmula (50), = vc -f- * a c -En nuestro caso, ^ = (0, AC = <¿1 y v¿cJ_AC. Entonces, al construir con los vectores vc Y v a c un paralelogramo. hallaremos que

«a — «r. + v'ac+ 2uc»ac eos a.

donde a es el ángulo entre Jos vectores vc y v ac-En definitiva, teniendo en cuenta que a = 90°— <p = 90° — o)/, obtendremos

i>a = V 2<i)lgt sen o)t.

De una manera análoga se determina también la velocidad del punto B, para la cual se obtendrá el valor siguiente

i>A= } í — 2oüg t sen tot.

En este problema, conociendo la ley del movimiento del polo C y la velocidad angular de rotación alrededor del pojo, el cálculo (según la fórmula (50) resultó bastante simple. Sin embargo, no siempre se obtiene este resultado (véase el pro- ble na 68).

Problema 68. Hace falta 'hallar la velocidad del punto Ai de la llanta de una rueda que se desplaza sin rozamiento por un riel (fig. 176), si la velocidad del centro C de la rueda es igual a vc y el ángulo D K M — a..

Solución. Tomando como polo el punto C, cuya velocidad es conocida, hallare­

mos que «M *=*c + ®Afc. doníle * m c ± C M y en módulo t/A1r = (i>-M C = v>R (R es el radio de la rueda). El valor de la velocidad angular <o lo Bailaremos de las con­diciones de que el punto K de la rueda no se desliza por el riel y, por lo tanto, en el instante dado, 17^ = 0 . Por otra parte, lo mismo que para el punto M , = = + donde tJ*-c = ci)/CC = ci)/?. Ya que para el punto K, vKC. y *>c estándirigidas a lo largo de una misma recta, entonces, cuando «>*=0, s®1* vkc — vc>

Vcde donde .Como resultado hallamos que

vm c = (oR = Vc-

El paralelogramo construido con los vectores y vc será, en este caso, unrombo. El ángulo entre vq y c es igual a p. porque los lados que forman eslos

§ 80. Teorema sobre las proyecciones de las velocidades

ángulos son recíprocamente perpendiculares. A su vez, el ángulo fl = 2a por ser un ángulo central que abarca el mismo arco que el ángulo inscrito a. Según las parti­cularidades del rombo, los ángulos entre y Vm y entre Vmc V VM también son iguales a a.

Como las diagonales del rombo son reciprocamente perpendiculares, obtendremos en definitiva

eos a y v m ± K M .

Como se ve, la resolución de este problema resulta ser demasiado complicada. Más adelante, conoceremos los procedimientos que permitirán resolver más simple­mente problemas análogos (véase el problema 69 del párralo 82).

§ 80. Teorema sobre las proyecciones de las velocidades de dos puntos del cuerpo. La determinación de las velocidades de los puntos del cuerpo con ayuda de la fórmula (50) está habitualmente relacionada con cálculos muy complica­dos (véase el problema 68). Sin embar­go, en base a este resultado fundamen­tal se puede deducir una serie de méto­dos más cómodos y más simples para determinar las velocidades de los puntos del cuerpo.

Uno de tales métodos nos lo da el teorema siguiente: las proyecciones de las velocidades de dos puntos del cuerpo sólido sobre la recta que une estos puntos, son iguales.

Examinemos dos puntos cualesquiera A y B de un cuerpo. Tomando el punto A como polo (fig. 177) obtenemos según la fórmula (50) que v„ = vA + vBA. De aquí, proyectando ambos miembros de la igualdad sobre la linea AB y teniendo en cuenta que el vector vBA es perpen­dicular a AB, hallamos:

V/, eos — eos a. (52)

Con esto el teorema está demostrado. De la validez de este resultado convencen las razones siguientes. Si admitimos que la igualdad (52) no se cumple, entonces durante el movimiento del cuerpo, las compo­nentes de las velocidades de los puntos A y B en dirección de la recta AB serán diferentes, pero en este caso, con el tiempo, los puntos A y B deben acercarse o alejarse uno del otro y la distancia entre ellos cambiará, pero eso es imposible, pues el cuerpo es rígido. De estos razonamientos sq deduce también que el teorema presente tiene valor no solamente para el movimiento plano paralelo, sino para cualquier movimiento del cuerpo sólido.

Con ayuda del teorema demostrado se puede hallar fácilmente la velocidad de un punto dado del cuerpo, si son conocidas la dirección del movimiento de este punto y la velocidad de otro punto cualquiera del mismo cuerpo.

Ejemplo. Hallar la dependencia entre las velocidades de los puntos A y B de la regla del elipsógralo (véase la lig. 172) conociendo el ángulo cp.

Fig. 177

Cap. X I I ■ Movimiento planoparalelo del cuerpo sólido

Solución. Las direcciones de las velocidades de los puntos A y B son conocidas. Proyectando los vectores vy\ y sobre la linea AB obtendremos, según el teorema demostrado

vA eos <p=vB eos (90°— qp>).

de donde

£ 8 !. Determ inación de las velocidades de los puntos del cuerpo por medio del centro instantáneo de velocidades. Otro método simple y concreto para la determinación de las velocidades de los puntos del cuerpo en movimiento planoparalelo se basa en la

noción del centro instantáneo de velocida­des.

Se llama centro instantáneo de velocida­des al punto de la sección S del cuerpo, cuya velocidad en el instante dado equivale a cero.

Es evidente que si el cuerpo no tiene movimiento de traslación, tal punto existe en cada instante t y este punto es único. Su­pongamos que los puntos A y B del cuerpo, situados en la sección S tengan, en un instan­te i, velocidades vA y v„ no paralelas entre si (fig. 178). En este caso, el punto P, situado en

la intersección de la perpendicular Aa al vector w* y la B6 al vector®«, será el centro instantáneo de velocidades, porque vp En efecto, si se supone que vp=¿= 0 entonces, según el teorema sobre las proyecciones de las velocidades de los puntos del cuerpo, el vector vP debe ser al mismo tiempo perpendicular a AP (porque vA J_ AP) y a BP (porque v„ J_ BP), lo cual es imposible. Del mismo teorema se ve que ningún otro punto de la sección S puede tener en este instante velo­cidad nula (por ejemplo, para el punto a, la proyección de vB sobre la línea Ba no equivale a cero y, por lo tanto, va 0, etc.).

Ahora si en el instante t se toma como polo el punto P, según la fórmula (50) la velocidad del punto A será igual a

porque vp = 0. Un resultado análogo se obtiene para cualquier otro punto del cuerpo. Por consiguiente, la velocidad de todo punto dei cuerpo que se encuentra en la sección S es igual a su velocidad de rotación alrededor del centro Instantáneo de velocidades P. Al mismo tiempo, según las relaciones (51)

vA = <a-P A (va ± PA ):

v„ = (S).PB (v¡¡ ]_ RB), etc. (53)

u Las dimensiones de la sección -S siempre pueden ser imaginadas de tai manera que el punto P se encuentre en ésta (véase más abajo un ejemplo y la lig. 179).

§ 81. Determinación de las velocidades de los puntos 107

De las igualdades (53) se deduce que.

üd-JLfi. / t i lP A ~ P B ' (54)

es decir, que las velocidades de los puntos del cuerpo son proporcionales a sus distancias al centro instantáneo de velocidades.

Los resultados obtenidos nos llevan a las conclusiones siguientes:1) Para determinar el centro instantáneo de velocidades es suficiente

conocer las direcciones de las velocidades vA y vB de dos puntos cuales­quiera A y B de la sección del cuerpo (o las trayectorias de estos puntos). El centro instantáneo de velocidades se encuentra en el punto de intersección de las perpendiculares trazadas desde los puntos A y B a las velocidades de estos puntos (o a las tangentes a sus trayectorias).

2) Para determinar la velocidad de cualquier punió del cuerpo hace ¡alfa conocer el módulo y la dirección de la velocidad de un punto A del cuerpo asi como la dirección de la velocidad de otro punto B. En este caso, después de trazar desde los puntos A y B las perpendiculares a las velocidades vA y vR construimos el centro instantáneo de velo­cidades P y según el sentido de vA determinamos la dirección de rotación del cuerpo. Luego, conociendo vA, determinamos valiéndonos de la fórmula (54) la velocidad vM de un punto cualquiera M del cuerpo.

El vector vM está dirigido perpendicularmente a PM en el sentido de la rotación del cuerpo.

3) La velocidad angular del cuerpo, como nos muestran las fórmulas (53), es igual en cada instante dado a la relación de la velocidad dt un punto cualquiera de la sección S respecto a su distancia al centro instantáneo P:

(55)

Hallemos una expresión más para to. De las igualdades (50) y (51) se deduce que = vA\ y i>ba = iú-AB, de donde

<■> = l * l= p í = (56)

Cuando *>¿ = 0 (el punto A es el centro instantáneo de velocidades), la fórmula (56) se transforma en (55).

Las igualdades (55) y (56) determinan la misma magnitud, pues de acuerdo con lo demostrado (§ 77), la rotación de la sección S alrededor del punto A o del punto P se efectúa con la misma velo­cidad angular o>.

Ejemplo. Para la regla AD del ellpsógraío (fíg. 179), las direcciones de las velocidades de los punto6 A y B son conocidas. Después de trazar las perpendi­culares a estas direcciones hallemos el centro instantáneo de velocidades P de la regla (el elipsógraío puede ser representado en forma de una chapa de madera Ch, Jijada mediante charnelas en las guías A y B y la regla AD se dibuja en esta chapa; el punto P se encuentra sobre la chapa y su velocidad up = 0).

198 Cap. X I /. Movimiento planoparalelo del cuerpo sólido

Conociendo P obtendremos de la igualdad de las relaciones

= j r ¿ que v a — v b y s — v b ’ k I 1- « d c c ir .

el mismo resultado que en el problema 08. Para el punto M hallaremos análoga- PM

mente que = • Se puede calcular la longitud de PM conociendo AB, AM' ü y el ángulo <p. La dirección del vector se

muestra en el dibujo (vm J_ PM )..— Para la velocidad angular de la regla se halla

y\ \ con ayuda de las fórmulas(55) y (56)

PB ---AB

Es fácil verificar que ambas fórmulas nos dan el mismo resultado.

Examinemos algunos casos particula­res de la determinación del centro ins­tantáneo de velocidades.

a) Si el movimiento planoparalelo se realiza por medio de la rodadura sin des­lizamiento de un cuerpo cilindrico sobre la superficie de otro inmóvil, el punto

F'K- 179 de contacto P (para la sección represen­tada en la fig. 180) tiene en el instante

dado una velocidad nula y, por consiguiente, es el centro instantáneo de velocidades (vP — 0, porque al no haber deslizamiento, los puntos de contacto de ambos cuerpos deben tener velocidades iguales, mien-

Fig. 180 Fig. 181

tras que el segundo cuerpo es inmóvil). Como ejemplo de esto puede servir la rodadura de una rueda sobre un riel.

b) Si las velocidades de los puntos A y B del cuerpo son paralelas y la línea AB no es perpendicular a vA (fig. 181, a), el centro instan­táneo de velocidades se encuentra en el infinito y las velocidades de todos los puntos son paralelos a vA. En este caso, del teorema sobre las proyecciones de las velocidades se deduce que eos a = vB eos (5,

§81 . Determinación de las velocidades de los puntos 199

es decir, va = v A; para todos los otros puntos del cuerpo se obtiene un resultado análogo. Por consiguiente, en este caso las velocidades de todos los puntos del cuerpo en el instante dado son iguales en módulo y dirección, es decir, el cuerpo tiene una distribución instan­tánea de traslación de las velocidades (tal estado del movimiento del cuerpo se llama también movimiento instantáneo de traslación. Como se ve en la fórmula (56), la velocidad angular to del cuerpo en este instante equivale a cero.

c) Si las velocidades de los puntos A y B del cuerpo son paralelas entre sí y la línea AB es perpendicular a vA, el centro instantáneo de velocidades P se determina con ayuda de las cons­trucciones mostradas en las figuras 161 — 182. La validez de estas construcciones se deduce de la pro­porción (54). En este caso, a diferencia de los precedentes, para hallar el centro P, además de las direcciones, hace falta conocer los módulos de las velocidades vA y vB.

d) Si el vector velocidad vB de cualquier punto de la sección S y la velocidad angular o> son co­nocidos, la posición del centro instantáneo de ve­locidades P, que se encuentra sobre la perpendicu­lar a vB (véase la fig. 177), puede hallarse hacien­do uso de la igualdad (55), que nos da BP — v b¡u>.

Otro cuadro geométrico del movimiento planoparalelo. En el § 77 se estableció que el movimiento planoparalelo se compone del movi­miento de traslación junto con el polo elegido y del movimiento de rotación alrededor de este polo. Los resultados obtenidos permiten presentar otra interpretación de este movimiento. Hallamos que cuando el cuerpo sólido tiene movimiento planoparalelo cada instante en su sección S hay un punto P cuya velocidad es igual a cero. Pero si Vp — O, entonces, el desplazamiento del punto P durante un intervalo elemental de tiempo dt igual a vpdl equivaldrá también a cero. Por consiguiente, el desplazamiento elemental de la sección S durante un intervalo de tiempo dt se efectúa de tal modo que su punto P perma­nece inmóvil, es decir, representa en sí un giro elemental alrededor del punto P. La misma conclusión se obtiene también del cuadro obtenido de la distribución de velocidades (véase las figs. J78 y 182 así como las fórmulas (53) y (54)1 que es igual a la que tenemos du­rante la rotación de la sección S alrededor del centro P. Por esta razón el punto P se llama también centro instantáneo de rotación y el eje Pz, perpendicular a la sección S y que pasa por el punto P, eje instan­táneo de rotación del cuerpo en movimiento planoparalelo.

Mediante un giro alrededor del eje instantáneo de rotación Pz el cuerpo pasa a una posición vecina. El cuerpo pasará de esta posición a otra infinitamente cercana por medio de otro giro alrededor de otro eie instantáneo de rotación P,z, etc. De aquí llegamos a una conclusión

200 Cap. X I I . Movimiento planoparalelo del cuerpo M ido

que nos da otra imagen geométrica del movimiento planoparalelo: el movimiento planoparalelo se compone de una serie de rotaciones ele­

mentales alrededor de ejes instantáneos de rotación que cambian constan­

temente de posición.Por ejemplo, la rodadura de la rueda mostrada en la fig. 176 puede

ser representada, por una parte, como un movimiento compuesto del movimiento de traslación junto con el centro C de la rueda (polo) y del movimiento de rotación alrededor del eje que pasa por el centro C y que es perpendicular al plano de la rueda. Por otra parte, este movimiento puede considerarse como una serie de giros elementales alrededor de ejes instantáneos de rotación que cambian constantemente de posición, que son también perpendiculares al plano de la rueda y pasan por el punto de contacto K de la rueda con el riel; este punto de contacto K es, en este caso, el centro instantáneo de rotación para la sección mostrada de la rueda.

§ 82. Resolución de problemas Pava determinar las caracte­rísticas cinemáticas del movimiento (la velocidad angular del cuerpo o las velocidades de sus puntos), hace falta conocer el módulo y la dirección de la velocidad de un punto y la dirección de la velocidad de otro punto del cuerpo (excluyendo los casos a) y b) examinados al final del § 81). Es necesario comenzar la resolución de los proble­mas con la determinación de estas •características, de acuerdo con los datos del problema.

Hace falta representar el mecanismo, cuyo movimiento se estudia, en la posición para la cual se determinan las características corres­pondientes. Durante los cálculos hace falta tener en cuenta que la noción del centro instantáneo de velocidades es válida para el cuerpo sólido dado.

En un mecanismo compuesto de varios cuerpos, cada cuerpo en mo­vimiento distinto del de traslación posee, en el instante dado, su centro instantáneo de velocidades y su velocidad angular.

Problema 69. Determinar la velocidad del punto M de la llanta de una rueda en movimiento (véase el problema 6 8 ), con ayuda del centro instantáneo de velo­cidad«.

Solución. El punto de contacto P (fig. 183) es el centro instantáneo de velo­cidades, porquf vP= 0 . Por consiguiente, v/»\PM. Ya que el ángulo recto PMD abarca el diámetro, el vector velocidad v/,i de cualquier punto de la llanta pasa por el punto D. Componiendo las Igualdades

®cPM ~PÜ

y notando que PC — /? y PAf = 2K cosa hallamos que

vM >= 2uc eos a.

Cuanto más lelos esté el punto M de P, tanto mayor será su velocidad; el extremo superior D del diámetro vertical tiene la velocidad máxima o0 = .2oc .

11 Un ejemplo de aplicación de los métodos de cálculo que se estudian aquí se examina en el $ 96 (problema 90).

§ 82. Determinación de las velocidades 201

De acuerdo con la fórmula (55), la velocidad angular de Ja rueda es igual a

*cPC '

PeR '

Una distribución de velocidades análogas tiene lugar durante la rodadura da una rueda o de un piñón sobre cualquier superficie cilindrica (véase la íig. 180).

Problema 70. Determinar la velocidad del centro C de una polea móvil de radio r y*su velocidad angular o (fig. 184), si la carga A se eleva con la velocidad vA y 1a carga B desciende con la velocidad v r . Durante el movimiento, el hilo no se desliza sobre la polea y sus ramales son verticales.

Fig. 183

Solución. Ya que el hilo no se desliza sobre la polea móvil, entonce* los mó­dulos de las velocidades de los puntos a y b de la polea son iguales a los de las velocidades de las cargas, es decir, y vb = vn. Conociendo las velocidadesde los. puntos a y b y suponiendo que vr > v¿, hallamos la posición del centro instantáneo de velocidades P de la polea móvil de la misma manera que en el caso mostrado en la íig. 182. La velocidad del centro de la polea C está represen­tada por el vector vc. Para determinar el módulo de Vr y la velocidad angular o de la polea móvil componemos, con ayuda de la fórmula (56) las igualdades

I »» + (-»«)!ab

De aquí, como ab = 2r, bC = r, hallamos:

o „ í» ± ü d (2 r

vc =

lv6 — vc \ bC

Vfí—VA -- 2--

Cuando vr > el centro C de la polea se eleva, si vr < v¿, éste desciende. Cuando vr = va, tenemos t>c = 0.

En el caso de que ambas cargas A y B desciendan, hallaremos los valores de o) y vc cambiando en las fórmulas obtenidas, por — v¿.

Problema 71. En el mecanismo de biela y manivela (fig. 185), la manivela OA de longitud r gira con una velocidad angular ajoa- La longitud de la biela es AB = l. Teniendo el ángulo <p dado hace falta determinar: 1) la velocidad de lacorredera B, 2) la posición del punto M de la biela AB, que tiene la velocidadmínima, 3) la velocidad angular cúir de la biela. Examinar adicionalmente laposición del mecanismo cuando <p = 0 y 9 = 90°.

202 Cap. X U . Movimiento planoparalelo del cuerpo sólido

Solución. De los Jatos del problema se deduce que el punto A tiene la velo­cidad — <t>oAr dirigida perpendicularmente a OA y la velocidad del punto B está dirigida a lo largo de la linea BO. Estos datos son suficientes para determi­

nar todas las características de la biela AB.I) Según el teorema sobre las proyeccio­

nes de las velocidades tenemos eos a = —uficosp. El ángulo OAD, por ser ángulo externo del triángulo OAB, es igual a (p-i-p. De aquí a = 90°— (<p + P) y

sen(<p-f-6 ) , . ,— eos =u>0Ar (sen cp-fcos *B )-

fo ÜW////7, Eliminemos de esta igualdad el ángulo p. Del triángulo OAB

Fig. ¡85

Además, tenemos

sen P _ sen tp

r í ’

I g h :sen P

Como resultado, hallamos:

/ 1 - sen- |J

( , , r eos rp \H -nr==== l==r)sen<p.

Y I— rl sen2 tf>/

2) Trazando las perpendiculares a las velocidades de los puntos A y B deter­minamos el centro instantáneo de velocidades P para la biela AB (la línea AP es la continuación de OA). El punto M. el más próximo al centro P, es decir, que se encuentra sobre lo perpendicular PM a AB, es el punto de menor velocidad. Su velocidad es

OJII = «A cos “ = “ 0-lr « n (V + P>-3) La velocidad angular de la biela

AB según la fórmula (55) es igual a

va v/>° U>An PB ‘

La longitud de PB (o PA) se cal­cula basándose en los datos de! problema.

4) Cuando el ángulo* <j> — 0 (fig.186, a) la perpendicular AB a la veloci­dad va y la perpendicular Bb a la direc­ción de Vfí, se intersecan en el punto B.Por consiguiente, en esta posición el pun­to B es el centro instantáneo de velocidades y Vn --- 0 (la posición del punto «muer­to» del mecanismo). Para esta posición

u>An~ J ñ ~ T b," A'

La distribución de velocidades de los puntos de la biela AB se muestra en el dibujo.

5) Cuando el ángulo <p = 90° (fig. 186, b) las velocidades y vq son parale las y las perpendiculares a estas velocidades se intersecan en el infinito. Por con­siguiente. en este instante lodos los puntos de la biela AB tienen una misma velo­cidad igual a v,\\ o,}/} ~ 0.

§ 82. Determinación de las velocidades 203

Problema 72. La manivela OA (lig. 187), que gira alrededor del eje O con la velocidad angular u>oA, porta el eje del piñón móvil / que rueda sobre el piñón inmóvil 2. Los piñones tienen los mismos radios, iguales a r. La biela BD de longitud / va articulada al piñón /; esta biela está unida con el balancín DC. Determinar la velocidad angular <¿bd de Ia biela en el instante en que ésta es perpendicu­lar a la manivela O A. si en este momento ¿ BDC = 45°.

Solución. Para determinar <ofíQ, hace falta conocer la velocidad de un punto cualquiera de la biela BD y la posición de su centro instan­táneo de velocidades. Hallemos la velocidad del punto B aprovechando que éste pertenece al mismo tiempo al piñón I. Para el piñón / se conocen la velocidad vA — oa^ ' J_ OA) y el centro instantáneo de velocidades Px. Por con­siguiente. V p ^ _ P xB y según el teorema sobre las proyecciones de las velocidades vB eos 45°== vA, de donde vA ) f 2 = 2r<oOA V^2 .

Ahora, para la biela BD, son conocidas la velocidad vB y la dirección de la velocidad VD (UD _L ¿>C)* Al trazar las perpendiculares a

Y VD• hallamos el centro instantáneo de velocidades P fíD de la biela. En este caso, es fácil ver que el segmento

Entonces.

“ BO = S ? fe = 4 T * 0 -

Señalemos que no se debe hallar el centro Instantáneo de velocidades trazando las perpendiculares a los vectores vA y V& Los puntos A y D pertenecen a dife­

rentes cuerpos y la intersección de las per­pendiculares no dará ningún centro de velo­cidades (compárese con el problema 73).

Problema 73. El piñón / y la manivela OA que gira con la velocidad angular *úqA, están montados independientemente uno de otro sobre el eje O (fig. 188). La manivela porta el eje A del piñón 2 fijado rígidamen­te con la biela AB que pasa a través de un manguito oscilante C. Los radios de los pi­ñones I y 2 son Idénticos. Determinar la velocidad angular w, del piñón / en el ins­tante en que OA I OC. si el ángulo ACO — 30°.

Solución. Para determinar la velocidad angular o), del piñón /. hace falta hallar la velocidad lineal de su punto E. Esta velo­cidad se halla aprovechando el hecho de que el punto E del piñón 2 tiene la misma velocidad. Se conocen la dirección y el módulo de la velocidad del punto A para el piñón 2:

vaA_0A > »AsaVoA'2r (r es el radio del piñón).

204 Cap. X I I . Movimiento planoparalelo del cuerpo sólido

Adcm ái, conocemos la dirección de la velocidad pero en este caso estedato no es suficiente, porque

Según el teorema de las proyecciones, el valor ve tampoco puede ser hallado, pues v¿ y Vfl «on perp«ndiculares a AE.

Por eso. hay que u tilizar el hecho de que el piñón 2 y la biela AB forman un solo cuerpo (por estar remachados). Para este cuerpo conocemos la dirección de la velocidad del punto C: el vector v r está dirigido a lo largo de CA, porque en el punto C la biela puede sólo deslizarse a lo largo del manguito. Después de trazar las perpendiculares a vA y vc , hallamos el centro instantáneo de velocidades P del cuerpo BAE.

Según los datos del problema. ¿ /tCO = 30°, de donde ¿ C P A — 30°. Por eso

AC = 2 A O = 4r. P A* = 2AC = 8r, PE = lr.

Entonces, de la proporción

ve _ va PE PA

7 7hallam os que vB = — = — r(úOA. De aquí

o “tVp 7

“*= <5£ = T <I>° '1'

§ 83*. D iagram a de velocidades. Se pueden determinar las velocidades del cuerpo gráficamente, construyendo el diagrama de velocidades. La gráfica en la cual a partir de un centro están trazados

los vectores de las velocidades de los puntos del cuerpo, se llama diagrama de velocidades.

Admitimos que vA. vB, vc, son las velocidades de los puntos A, B, C del ci’írpo dado (fig. 189, a). En este caso, obtendremos el diagrama de velocidades correspondientes después de trazar en una escala escogida, a partir de un centro 0 (fig. 189, b). los segmentos

O a = v A, Ob = vB, Oc = vc.

Establezcamos las propiedades y las reglas de construcción del diagrama de velocidades. Según las fórmulas (50) y (51) (véase el § 79) tenemos:

®íl — VA + VfíA. (57)

§ 83. Diagrama de velocidades 105

donde

vba± AB y vB/l = a)-4B. (57')

Pero, el triángulo Oab muestra que Ob = Oa + ab o vB — vA j-ab..Comparando este resultado con la_igualdad (57) obtenemos ab = vBA.De modo análogo, hallaremos que ac= vCA, etc. De acuerdo con las fórmulas (57')

ab_\_AB, acJ_AC, etc. (58)

Además, según las mismas fórmulas ab = a>-AB, ac = v>-AC, etc., de donde

ab ac be

A B ~ A C ~ B C ~ ----- ( 5 8 )

Por consiguiente, los segmentos que unen los extremos de los vec­tores velocidad en el diagrama de velocidades, son perpendiculares a los segmentos que unen los punios correspondientes del cuerpo y por el niódulo son proporcionales a estos segmentos; las figuras designadas en el diagrama de velocidades y en la sección (S) del cuerpo por las mismas letras, en este caso, serán semejantes y estarán giradas 90° una respecto de la otra.

Las relaciones (58) y (58') permiten construir el diagrama de velo­cidades y determinar la velocidad de cualquier punto del cuerpo, si se conocen el módulo y la dirección de la velocidad de un punto cualquiera y la dirección de la velocidad de oiro punto de este cuerpo.

Si se conoce el diagrama de velocidades, la velocidad angular se halla valiéndose de la fórmula (58').

El diagrama de velocidades de un mecanismo se construye como el conjunto de los diagramas de velocidades de sus diferentes eslabo­nes (cuerpos); todos los vectores de velocidades se trazan desde un centro común O. Un ejemplo de esta construcción se da en el problema 74.

Problema 74. Construir el diagrama de velocidades de un mecanismo (íig. 190, a) para la posición representada en el dibujo, si ss conoce la velocidad vA del extre­mo de la manivela O'A. La biela ABC tiene la forma de una placa triangular rí­gida. La manivela 0“ D está articulada en el punto D con la parte media de labarra CE(CD = DE).

Solución. I) Después d» escoger la escala de longitudes (por ejemplo, I cm para 0.1 m), representamos el mecanismo en la posición dada (iig. 190, a).

2) Determinación de vB. Escogemos la escala de velocidades (por ejemplo, I cm

para 0,5 m/s) y trazamos en esta escala, a partir de un centro 0, el vector Oa = vA dirigido perpendicularmente a O'A (Iig. 190, 6). Del mismo centro, trazamos una recta Ob paralela a vB (la velocidad vB está dirigida por la linea BO') y delpunto a, una recta a/>J_AB hasta que se interseque con la I ¡nea Ob En este caso,

de acuerdo con (58), el punto b nos da el extremo del vector Ob — vs-3) Determinación de ve• Trazamos del punto a, una recta perpendicular a AC

y del punto b, una recta perpendicular a BC. La intersección de estas perpendicu­lares nos da, según (58). el punto c. Uniendo los puntos O y e obtenemos el vector

(5c= l>c-

206 Cap. X I I . Movimiento planoparalelo del cuerpo sólido

4) Determinación de Vp. La dirección de Vp es conocida [_0"D). Trazando del centro 0 una recta Od paralela a vD y del punto c. una linea perpendicular a CD, hallaremos en su intersección el punto d. Uniendo los puntos O y d obtenemos

el vector Od — vp.5) Determinación de vE. El punto E del mecanismo se encuentra sobre la recta

CDE\ por consiguiente, por la propiedad de la semejanza, el punto e en el dia­grama de velocidades debe encontrarse también sobre la recta cde. En este caso, de acuerdo con (58') tendremos que cd:de — CD.DF.. Ya que DE = CD, trazando sobre la prolongación de cd el segmento de = cd hallaremos el puntos. Uniendo los

puntos O y e obtendremos el vector Oe = v¡*.

Observación. Las relaciones (58) son válidas solamente para el cuerpo sólido dado. Por eso. por ejemplo, el segmento be en el diagrama de velocidades no será perpen­dicular a BE, porque los puntos B y E del mecanismo pertenecen a distintos cuerpos sólidos.

Las velocidades angulares de las bielas ABC y CE en el instante dado se cal­culan. según la igualdad (58'), por medio de las fórmulas (para el cálculo de todos los valores hace taita tener en cuenta las escalas):

&ABC'ab

'A B *

cd

“c f= Cü'

§ 84. Determ inación dé las aceleraciones de los puntos del cuerpo. Demostremos que en el movimiento planoparalelo la acelera­ción de cualquier punto M del cuerpo (asi como la velocidad) se com­pone de las aceleraciones que ésle recibe en sus movimientos de tras­lación y de rotación. La posición del punto M respecto de los ejes Oxy (véase la lig. 173) se determina por el radio vector r = r Á-|-r',

donde r ' = AM. Entonces

r_ d ‘r _ d ‘r A d*r'

M dt‘ d i1 ' di ‘ ’

En la igualdad obtenida, el valor = w A es igual a la acelera-

d2f*rción del polo A, y el valor -577- " determina la aceleración que

adquiere el punto M durante su rotación junto con el cuerpo alrede­

§ 84. Determinación de las aceleraciones de 'os puntos del cuerpo_______207

dor del polo A (véa«; el § 79). Por consiguiente,

= + (59)

En este caso, la aceleración wMA del punto M durante la rotación alrededor del polo A, según las fórmulas (46) y (47) (véase el § 76), será:

u>ma = /W/4^e, + (d*, tgn = i , (60)

donde o> y e son la velocidad angular y la aceleración angular delcuerpo" y n es el ángulo entre la dirección de w MA y el segmento MA.

De este modo, la aceleración de cualquier punto M del cuerpo esla suma geométrica de la aceleración de otro punto tomado como poloy la aceleración del punto M en su rotación junto con el cuerpo alre­dedor de este polo. El módulo y la dirección de la aceleración wM se determinan mediante la construcción del paralelogramo correspondiente (fig. 191).

Sin embargo, la determinación de la magnitud w M con ayuda del paralelogramo representado en la figura 191 complica un poco el cál­culo, porque hará falta calcular previamente el ángulo n y luego el ángulo entre los vectores wMA y w A. Por eso, es más cómodo durante la resolución de problemas reemplazar el vector w MA por sus compo­

nentes tangentes (w 'm a ) y normal (w "m a ). donde

w'ma = AM-e, wnMA*= AM-u>*. (61)

El vector w'ma está dirigido perpendicularmente a AM en el sen­tido de rotación, si ésta es acelerada, y en el sentido contrario cuando

la rotación es retardada; el vector w 'ma está siempre dirigido del punto M hacia el polo A (fig. 192).

11 En el dibujo, la Mecha de arco de trazo continuo muestra la dirección de <■> (la dirección de rotación) y la Hecha punteada, el sentido (signo) de e. En la rota­ción acelerada las dos (lechas están dirigidas en el mismo sentido, en la rotación retardada, en sentidos opuestos.

Fig. 192

208 Cap. X I I . Movimiento planoparalelo del cuerpo sólido

Entonces, en vez de Ja igualdad (59) obtendremos:

W„ = WA + W-MA 4- W"M,1. (62)

Si el movimiento del polo A no es rectilíneo, su aceleración se compondrá también de la aceleración tangencial y de la normal, en­tonces,

los módulos de los dos últimos sumandos se hallan mediante las fór­mulas (61). Las fórmulas (61) y (62) se utilizan en la resolución de problemas, determinando Jos vectores del miembro derecho de la igual­dad y luego se calcula su suma geométrica o se efectúan las cons­trucciones gráficas correspondientes.

§ 85. Resolución de problem as. Se puede hallar la aceleración de cada punto del cuerpo en un instante dado si se conocen: 1) los vec­tores velocidad vA y aceleración w A de un punto cualquiera A del cuerpo en este instante; 2) la trayectoria de otro punto cualquiera B de! cuerpo. En ciertos casos en vez de la trayectoria del segundo punto del cuerpo es suficiente conocer la posición del centro instantáneo de velocidades.

Durante la resolución del problema, hace falta representar el cuerpo (o el mecanismo) en la posición para la cual es necesario determinar la aceleración del punto correspondiente. Empezaremos el cálculo con la determinación de la velocidad y de la aceleración del punto tomado como polo. Las particularidades siguientes del cálculo se examinan detalladamente en los problemas resueltos más abajo. En éstos se dan también las indicaciones adicionales necesarias.

En el problema 77 se muestra el método gráfico de cálculo.

Problsma 75. El centro O de la rueda en movimiento sobre un riel rectilíneo (fig. 193), en un instante dado, tiene la velocidad c/0= ¿ m/s y la aceleración w0 = 2 m/s*. El radio de la rueda es # = 0,2 m. Determinar la aceleración del punto

B, extremo del diámetro AB perpendicular a OP, y la aceleración del punto P que coincide con el centro instantáneo de velocidades.

Solución. I) Tomemos el punto O.como polo, porque v 0 y w Q son conocidas. 2) Determinación de w. El punto de contacto P es el centro instantáneo de

velocidades; por consiguiente, la velocidad angular de la rueda es

W M = W A x + W A „ + W M A + W ,'f. I A , (62')

Fig. 193

§ 85. Rcsulución de problemas 209

La dirección de íd »e determina por la dirección de Vq y se muestra en el di­bujo con la (lecha de trazo continuo.

3) Determinación de e. Como en la igualdad (a) la magnitud PO = R es cons­tante para todas las posiciones de la rueda, derivando esta igualdad respecto del tiempo obtendremos

dio 1 dvn t V q

a r - r f oe“ ir- (b)

Los signos de e y o) coinciden, por consiguiente, la rotación de la rueda es acelerada.

Es importante recordar que la magnitud e se determina por la igualdad (b)solamente cuando la distancia PO de la fórmula (a) es constante.

Observaciones, a) No se debe pensar que, si por las condiciones del problema Vq = I m/s. el valor de vQ debe ser consiante. El valor de v0 indicado en el proble­ma sirve para el instante dado, en el transcurso del tiempo el valor de vQ varia,pues w0 0 .

b) En el caso dado ( - = w0. porque el movimiento del punto 0 es rectilíneo.

En el caso general <-~¡f~s=wov

4) Determinación de tuxao y de xvnBQ. Al elegir como polo al punto 0, según

la fórmula (62)

*>B = + W'bO + WBO- (0

En nuestro caso BO = R y

wxD0= BO z= w n= 2 m/sa. iy j0 = BO co, = = 5 m/s1. (d)

Después de represenlar aparte en el dibujo el punto B, tracemos (sin tener encuenta la escala) los vectores de los cuales se compone la aceleración w r . a saber:

el vector tvn (lo transportamos del punto O), el vector w xao (en el sentido de la

rotación, porque ésta es acelerada) y el vector (siempre de B al polo O).

5) Cálculo de tor. Al trazar los ejes Bx y By hallamos que

wBx = BO — wO = 3 IT'/S\ wBy = wBO = 2 m / s1'

de donde

WB = "j/"^Bx + wBy = K 13 w 3.6 m/s*.

De un modo análogo, es fácil hallar que la aceleración del punto P, wp =

r= Wp0 = 5 m/s2 y está dirigida a lo largo de PO. Asi pues, la aceleración del punto

P, cuya velocidad es nula en el instante dado, no es igual a cero.Problema 76. El piñón 2 de radio rt = 0,2 m montado sobre la biela OA rueda

sobre el piñón inmóvil / de radio r, = 0,3 m (fig. 194, a). La biela que gira alre­dedor del eje O tiene, en el instante dado, la velocidad angular co = I l/s* y laaceleración angular e = — 4 1/s* Determinar, para este instante, la aceleración del

fmnto D situado sobre la llanta del piñón móvil (el radio AD es perpendicular a a biela).

Solución 1) Para resolver el problema hace falta examinar el movimiento del piñón 2 Según los datos del problema es fácil hallar la velocidad vA y la acelera­ción xo¿ del punto A de este piñón; este punto lo tornamos como polo.

14— 142

210 Cap. X I I . Movimiento ptanoparalelo del cuerpo sólido

2) Determinación de vA y de w A Conociendo ( oye para la manivela hallamos:

va = OA (ú = 0,5 m/s;

wa = OA e ~ — 2 m/s2; (a)

w,\n = OA -to2 = 0,5 m/s1.

Ya que los signos de vA y wA son diferentes, el partir de la posición dada es retardado. La dirección

se muestra en el

movimiento del punto A a de los vectores tuAx y w An dibujo.

3) Determinación de co2. El punto de contacto P es el centro instantáneo de velo­cidades para el piñón 2. Por consiguiente, la velocidad angular coa del piñón 2 es igual a

---- - <b>

El sentido de (oa (sentido de rotación del piñón) se determina por el sentido de vA y se muestra con una flecha de trazo con­tinuo.

4) Determinación de e2. Lo mismo que en el problema precedente, la magnitud AP = r t es constante durante todo el movi­miento. Por eso,

Fig. 194 d to , l duA

dt /■- di

y e, son diferentes.

= = - 1 0 l/s*.

(c)

la rotación del piñón 2 es retar-Ya que los signos de o , dada.

5) Determinación de tv¿)A y Hallemos la aceleración del punto D valién­

donos de la fórmula (62')

« o = “ U, + + w'DA -t- mnÜA.

En nuestro caso, D A = r t y

= Dy4 e, = — 2 m/s1, = £M-(oJ — 1,25 m/s1.

Representamos en el dibujo (fig. 194, b) los vectores que componen la acele

ración a saber WAf wAn (los transportamos del punto A): tVq A (en sentido

opuesto a la rotación, porque es retardada); w nDA (de D al polo A).

6 ) Cálculo de wD. Después de trazar los ejes Dx y Dy hallamos que

®Dx-“ l w * l + “,5 ¿ “ ’ 3 .2 5 m/s1;

= I a>DA I — “U* = 1.5 rn/s»;

de donde

W D - + ~ 3,58 m/s1.También se puede determinar gráficamente el valor de Wp construyendo en una

escala escogida el polígono vectorial de los vectores wAn, w})A, w nDA.

Problema 77. A la manivela O A que gira uniformemente alrededor del eje O con una velocidad angular o>0^ = 4 l/s (fig. 195) está fijada la biela AB unida con el balancín BC. Se dan las dimensiones siguientes: 0 /1= /-= 0.5 m, AB = 2r,

BC = r Y 2. En la posición mostrada en el dibujo, ¿mOAB = 90° y ¿ /lflC = 45°.

§ 85. Resolución de problemas 211

Determinar la aceleración del punto B de la biela en esta posición, asi como la velocidad angular y la aceleración angular del balancín BC y de la biela AB.

Solución. El problema puede ser resuelto analítica o gráficamente.A. Resolución analítica. I) Examinando el movimiento de la biela AB tomemos

como polo el punto A. Ya que o>0/| = const, para el polo tenemos

*>A = r<*oA — 2 m/s; wA = wAn=ro>*)A = 8 m/s4. <a)

Trazamos los vectores tiA y «U en e) dibujo.

2) Determinación de u>ab • Conocemos la trayectoria del punto B de la biela (la circunferencia de radio BC). Por eso. conociendo la dirección de vr (vfí I BC) construimos el centro instantáneo de velocidades P de la biela AB. Es fácil ver que AP = AB = 2r. Entonces,

<•>,48=^5 o ^ = “ = 2 l/s. (b>

El sentido de la rotación se indica en el dibujo.En este caso, durante el movimiento del mecanismo, la distancia AP no permanece constante y para determinar eAr no se puede utilizar el método aplicado en los dos problemas precedentes. Por eso examinaremos otro método de resolución.

¿) Análisis de la ecuación vectorial (62). Teniendo en cuanta que w r = w¡^ -\-w r „ representemos la ecuación (62) en la forma

+ wrtn = WA + «»flyi -f . (c)

Representemos todos estos vectores en la íig. 195, a (xvr, y wxBA se dirigen de

tal modo que las rotaciones correspondientes sean aceleradas). Examinemos qué magnitudes de las ecuaciones (c) son conocidas o pueden ser calculadas según los datos del problema. Conocemos la aceleración w A del polo A. Además, conociendo

<*ar 56 puede hallar wBA y conociendo vA se puede determinar vfí y calcular w0n.

De este modo, en la ecuación vectorial (c) desconocemos los valores numéricos de

las dos magnitudes subrayadas: wR. y wxñA- Pero, en las proyecciones sobre los

ejes, la igualdad (c) da dos ecuaciones escalares, por medio de las cuales podemos determinar dichas incógnitas. n

Realicemos previamente el cálculo de wBA y WRn.

4) Determinación de . Conociendo cóah , por medio de la fórmula (Cl)

hallamos

v i s a “ A B » a it ** 4 m /s*- (<1)

212 Cap. X/ / . Movimiento planoparalelo dol cuerpo sólido

5) Determinación de wBn. Conociendo la trayectoria del punto B, podemos de­terminar la aceleración normal wBn de «ste punto. Primero, según el teorema de proyecciones (o con ayuda del centro instantáneo P), hallemos la velocidad vB.

Obtendremos que vB eos 45° — v¿, de donde vB = v¿ Y 2- Entonces,

v*B 2 u\a’B-T='sz = 7 / % = 8 ^ 2 m/*’ - W

6 ) Determinación de wBx y de wB. Para determinar wbx proyectemos ambosmiembros de la igualdad (c) sobre el eje BA perpendicular al otro vector descono-dido wxBA. Obtendremos:

wBt eos 45° -f wBn eos 45° = wnBA-

Poniendo aqui los valores calculados de wBn y de wBA tendremos

^ 2 — toB„ = — 4 V 2. (!)El signo menos muestra que el vector voBt tiene la dirección opuesta a vB

(la rotación del balanoin CB es retardada en la posición dada).Ahora hallamos

WB = V w¿sx-hwtín = 4 12.65 m/s-.

7) Determinación de o¡BC y de zBc. Conociendo vB= v ¿ Y 2 y wBx. hallamosque

<UflC= 2~ = 4 1/a. — 8 I/s*.

8 ) Determinación de tAB. Para hallar tAB hace falta calcular u>BA- Para eso.

proyectamos ambos miembros de la igualdad (c) sobre el eje BP perpendicular a wBr Obtendremos

wBm = — wÁco» 45o— mgA eos 46° + wg/, eos 45°.

De aqui

— » 8 n V^ — VA+WaA = — 20 m /S*

y según la fórmula (61)

En ambos casos, el signo menos indica que la rotación de la biela AB es retar­dada en la poaición que se examina.

B. Resolución gráfica. Primero realizamos todos los cálculos hechos en los In­

cisos 1, 2, 4, 5 y hallamos las magnitudes w¿, v>ab> wBA, wBn'

Observación. Si para el mecanismo fue construido el diagrama de velocidades, entonces:

a) La magnitud <aÁB puede ser hallada mediante la fórmula (58'): v>ab = •

En este caso, pueden omitirse los cálculos efectuados en los incisos 2 y 4 y ha­llar directamente wBA haciendo uso de la igualdad

b) Durante la determinación d« ivr„. la magnitud v¡¡ puede hallarse también del diagrama de velocidades.

Determinación de tvn . Representemos la igualdad (62). como lo hicimos du­rante la resolución analítica, en la forma

4- WBA "í" 1=3 wBn 4"

Expresemos esta igualdad gráficamente. A partir de un centro arbitrario 0 ,

(íig. 195,6) trazamos, en la escala elegida, el vector O ja, = w¿; luego, a partir del

punto a, trazamos el vector alk = w'¡3A y a partir del punto k traza­

mos una linea recta hbx perpendicular a a ,k. Esta recta indica la dirección de tvxBA

y en algún punto de ésta debe encontrarse el extremo del vector incógnito w B.

Ahora, a partir del punto O, trazamos el vector 0 xn = tvñn {wnn\fBC) y tra­zamos una recta nbx perpendicular a éste; esta recta indica la dirección de y en algún punto de ésta debe también encontrarse el extremo del vector w r . Por consiguiente, el punto bx de Intersección de las Ifneas kbt y nbl nos da el extremo

del vector xvB *). De este modo w r = Ó 1B1. Midiendo la longitud de 0 tbt y tenien­do en cuenta la escala hallaremos que en nuestro caso, a >3 « 13 m/s3.

Al mismo tiempo, de la construcción se deduce que kbl —w xOA y "ñbl ^ w Bv

Construyendo del mismo modo (a partir del mismo centro O) las aceleraciones de los otros puntos del mecanismo, obtendremos el diagrama que se llama diagrama de velocidades.

Determinación de zAb - Al medir la longitud de kbX hallaremos mediante la fórmula (61)

_______________ § 86. Centro instantáneo de aceleraciones_________ •_________ 213

I &ab I = l *>ba | kbx AB AB

El cálculo, teniendo en cuenta la escala, nos da que |c^/i| = 20 I/s. El dibujo muestra que el vector vba — vb — vA estará dirigido en sentido opuesto a w xBA Por

consiguiente, )a rotación de la barra AB en la posición que se estudia es retardada y ¿Afí = — 2 0 1 /s*.

§ 8 6 . Centro In s tan táneo de acelerac iones. Si un cuerpo sólido está en movimiento, pero no de traslación, en su sección 5, en cada instante, hay un

Í>unto Qt cuya aceleración es nula. Este punto se llama centro instantáneo de ace- eraciones.

Si se conoce la aceleración de un punto cualquiera A del cuerpo y las magnitudes de o> y e, la posición del centro instantáneo de aceleraciones Q se deter­mina del modo siguiente:

1) Calculamos el valor del ángulo ¿i valiéndonos de la fórmula

2) Trazamos la recta AE (íig. 196) a partir del punto A bajo el ángulo ¿i respecto del vector toA. La desviación de la recta AE respecto de tvA debe dirigirse en el sentido de la rotación del cuerpo si el movimiento es acelerado, y en el sen­tido contrario de la rotación cuando el movimiento es retardado, es decir, en el sentido de la dirección de la aceleración angular e.

*) Si por los datos del problema se conoce la dirección de xvfí, el vector.

xvB — Oxb, puede hallarsse directamente como la intersección de las lineas kbx y 0lbl \\xvB.

214 Cap. X I I . Movimiento planoparalelo del cuerpo sólido

3) Trazamos a lo largo de la línea AE un segfriento AQ, igual a

AQ = *>A (63)

El punto Q construido de esta manera, será el centro instantáneo de acelera­ciones. En efecto, según las fórmulas (59) y (60)

wq = WA *1* WQA>

donde Wqa = QA j/V - f© 4. Sustituyendo aquí el valor de Q >4 por el valor obtenido de la igualdad (63) hallamos que Wq.4 = uu- Además, el vector Wq¿ debe formar

un ángulo ^ con la línea QA, por consiguiente, el vec­tor es paralelo a Wa , pero está dirigido en sentido opuesto. Por eso tvqa — — vja y w q = 0

Si tomamos el punto Q como polo, entonces, puesto queu;Q= 0. la aceleración de cualquier punto M del cue­rpo, de acuerdo con las fórmulas (59) y (60), será igual a

= + = y « A ! = QM y e'-fco*. (64)

Por consiguiente, la aceleración de cualquier punto del cuerpo es igual a su aceleración durante su movimiento de rotación alrededor del centro instantáneo de aceleraciones Q. En este caso, de (64) se deduce que

wm _ «UQA

= . . . etc, (64')

es decir, la aceleración de los punios del cuerpo es proporcional a sus distancias al centro instantáneo de aceleraciones. El cuadro de distribución de las aceleraciones está mostrado en la fig. 197.

Fig. 197

Es necesario tener en cuenta que las posiciones del centro instantáneo de velo­cidades P y del centro instantáneo de aceleraciones Q no coinciden en un instante dado. Por ejemplo, si una rueda se mueve por un riel rectilíneo (véase la fig. 198) y la velocidad de su centro C es constante (t7f = const), el centro instantáneo de velocidades se encuentra en el punto P (vP = 0), pero, al mismo tiempo, como mos­tramos en el problema 75, wp jé 0. Por consiguiente, el punto P no es al mismo

§ 86. Centro instantáneo de aceleraciones 215

licmpo el centro instantáneo de aceleraciones. Es evidente que el centro instantáneo de aceleraciones está, en este caso, en el punto C. porque este se encuentra en mo­vimiento rectilíneo y uniforme y u>c = 0. Los centros de velocidades y aceleraciones coinciden cuando el cuerpo gira alrededor de un eje inmóvil.

La noción de centro instantáneo de aceleraciones es muy útil durante la reso­lución de algunos nroblemas.

Problema 78. Una rueda se mueve por un riel rectilíneo de tal modo que la velocida'd vc de su centro C es constante. Determinar la aceleración del punto M de la llanta de la rueda (fig. 198).

Solución. Ya que ©c = const. el punto C, como indicamos arriba, es el centro instantáneo de aceleraciones. El centro instantáneo de velociades se encuentra en el punto P. Por consiguiente, para la rueda

“De ®c i dü)■pf;'’“ Ar = c -

ign =-V=o.O)*,1 = 0.

Como resultado, valiéndonos de la fórmula (64). hallamos

vc.wjn=CMut* = -~-

Así. la aceleración de cualquier punto M de la llanta (incluyendo el punto P)

es igual a Vq/R y está dirigida hacia el centro C de la rueda, pues el ángulo

u t=0 . Notemos que esta aceleración, para el punto M no será la aceleración normal En efecto, la velocidad del punto M está dirigida perpendicularmente a PM (véase el problema 69). Por consiguiente, la tangente Mx a la trayectoria del punto Aiestá dirigida a lo largo de la línea M D y la normal principal M n, a lo largo deM P. Por eso w m eos a . = sen a.

Problema 79. La manivela OA gira con una velocidad angular constante(fig. 109). Hallar la aceleración de la corredera /? y la aceleración angular de labiela AD en el instante cuando ROA =90®. siendo O A — r. AB=?l.

Solución. En el instante que se exami­na. las velocidades de todos los puntos de la biela AB son iguales a vA (véase el proble­ma 71. f i g / 186. b). el centro instantáneo de velocidades se encuentra en el infinito y

0. Entonces tg ji =~~~ — co yp. = 90°

(f ar £ 0 » porque en el caso contrario, según la.< fórmulas (60) y (59), wra ~ 0 yu>a —lo cual es imposible, pues estos dos vectores son recíprocamente perpendiculares).

La aceleración del punto A es igual a uja = &An — rü)OA y dirigida a lolargo de AO La aceleración del punto B, por tener movimiento rectilíneo, está di­rigida a lo largo de OB. La figura 197 muestra que la aceleración de cualquier punto ¿Vi del cuerpo forma un ángulo ji con la línea QM. En el caso dado n = 90°, P°r con­siguiente. las líneas QA y QB deben ser perpendiculares a xoa y W/j- Trazando estas perpendiculares hallamos la posición del punto Q. Estableciendo ahora la propor­

Fig. 199

216 Cap. X / / . Movimiento planoparaleto del cuerpo sólido

ción (64')

“>ñ _ wA Q B ~ Q A ’

donde Q B = r , Q A * = ) f l* — r2. obtendremos:

r* ,WB — —rr= = - (úq A ■

La aceleración w m de cualquier otro punto M de la biela AB será perpendicu­lar a QM ( ja =*90°); el módulo wm se halla por medio de la proporción (64').

La aceleración angular zAr de la biela se halla mediante la igualdad wA = QA X X * a b que nos da la fórmula (64) cuando <oAb = 0. Por consiguiente,

CAPITULO XIII

Movimiento del cuerpo sólido alrededor de un punto inmóvil y movimiento

del cuerpo sólido libre

§ 87. M ovim iento del cuerpo sólido que tiene un punto in ­m óvil. Examinemos el movimiento del cuerpo sólido respecto del sis­tema de referencia 0x ^ ,2,; el cuerpo está fijado de tal modo que uno de sus puntos 0 queda inmóvil durante todo el movimiento. Por ejemplo, tal movimiento se efectúa por un trompo en un plano, cuyo punto de apoyo sobre el plano es inmóvil o por cualquier otro cuerpo fijado en un punto 0 mediante una rótula.

Hallemos los parámetros que determinan la posición del cuerpo que tiene un punto inmóvil. Para eso, liguemos rígidamente con el cuerpo un triedro Oxyz, de cuya posición podemos deducir la posición del cuerpo (fig. 200). La línea OK F,g. 200a lo largo de la cual se intersecanlos planos Oxy y Ox1yl se llama línea de nodos. Entonces, la posición del triedro Oxyz y junto con él la posición del propio cuerpo respecto de los ejes Oxlylzl puede determinarse por los ángulos:

f = y = ¿ x f l K , Q = Z . ^ 0 z.

Estos ángulos, llamados ángulos de Euler, tienen las siguientes denominaciones, tomadas de la Mecánica Celeste: m es el ángulo de rotación propia, es el ángulo de precesión, 0 es el ángulo de nuta­ción. La dirección positiva de lectura de los ángulos se muestra con flechas en la fig. 200.

Cuando varía el ángulo <p el cuerpo gira alrededor del eje Oz (ro­tación propia), cuando varía el ángulo \|>, rota alrededor del eje Oz, (precesión) y cuando varía el ángulo 0, gira alrededor de la línea de nodos 0K (nutación).

Para conocer el movimiento del cuerpo hace falta saber su posi­ción respecto de los ejes Oxlylzl en cualquier instante, es decir, cono­cer las dependencias:

<p=/.(0 . = /,(<). 0 = /,('). (65)

218 Cap. X I I I . Movimiento del cuerpo sólido alrededor cíe un punto inmóvil

La ecuación (65) que determina la ley del movimiento que se re- ali a, se llama ecuación del movimiento del cuerpo sólido alrededor de unzpunto inmóvil.

Ahora establezcamos el cuadro del movimiento del cuerpo. Supon­gamos que la velocidad de un punto A del cuerpo no sea nula (fig. 201). Entonces, según el teorema sobre las proyecciones de lasvelocidades de dos puntos del cuerpo, que como dijimos en el § 80,es válido para todo tipo de movimiento, el vector vA será perpendi­

cular a la recta OA, porque la velocidaddel punto O es igual a cero. Tracemos através de la recta O A un plano ! perpen­dicular al vector vA y examinemos otro punto B del cuerpo no situado en el pla­no /. La velocidad v„ de este punto será perpendicular a la recta OB. Tracemosa través de esta recta el plano // per­pendicular al vector v„. Ya que el punto 8 no se encuentra en el plano /. enton­ces, los vectores vA y vB no son parale­los y, por lo tanto, los planos i y I I se intersecan a lo largo de cierta recta OP.

F‘K- 201 Es evidente, que las velocidades detodos los puntos del cuerpo situados

en la recta OP en el instante dado son ¡guales a cero, puesto quede lo contrario, de acuerdo con el teorema sobre las proyeccionesde las velocidades, estas velocidades deberían ser al mismo tiempoperpendiculares a los planos / y I I , lo cual es imposible (compárese con el § 81 y la fig. 177). Pero, si la velocidad ty de cualquier punto K situado sobre la recta OP es igual a cero, el desplazamiento de éste durante el intervalo de tiempo elemental di equivalente a vK dt será igual a cero. De este modo, resulta que el desplazamiento del cuerpo que tiene un punto inmóvil se efectúa durante un intervalo de tiempo di de tal modo que todos sus puntos situados sobre la recta OP que­dan inmóviles, es decir, representa un giro elemental alrededor deleje OP.

El eje OP, cuyos puntos en el instante dado tienen velocidades nulas, se llama eje instantáneo de rotación. Al realizar un giro ele­mental alrededor de este eje, el cuerpo pasa de la posición dada a otra posición infinitamente próxima.

Como resultado, acabamos de demostrar el siguiente teorema de Euler — D’Alembert: todo desplazamiento elemental de un cuerpo só­lido que tiene un punto inmóvil, representa un giro elemental alrede­dor del eje instantáneo de rotación que pasa por este punto1).

11 Para generalizar, durante la demostración las velocidades de los puntos A y B no se consideran nulas. No es difícil comprender que sí se considera, por ejemplo, que «,4 = 0, entonces, el eje OA será el eje instantáneo de rotación.

§ 87. Movimiento del cuerpo sólido que tiene un punto inmóvil 219

Se puede construir el eje instantáneo de rotación del cuerpo en un instante dado tal como se muestra en la figura 201, conociendo la dirección de las velocidades de dos puntos del cuerpo para este ins­tante.

El eje instantáneo de rotación se distingue del eje inmóvil, porque la dirección del primero en el espacio y en el propio cuerpo se cambia todo el tiempo. Al pasar mediante un giro alrededor del eje OP a una posición vecina, el cuerpo pasa a la posición siguiente por medio de un giro alrededor de un nuevo eje instantáneo de rotación, y asi sucesi­vamente.

De. este modo, el movimiento del cuerpo alrededor de un punto inmóvil se compone de una serie de giros consecutivos elementales alre­dedor de los ejes instantáneos de rotación que pasan por este punto inmóvil (fig. 202).

No es difícil ver la analogía de todos estos resultados con los hallados en el § 81 para el movimiento planoparalelo del cuerpo sólido. Para el movimiento plano, así como para el movimien­to alrededor de un punto inmóvil, todo despla­zamiento elemental del cuerpo representa en sí un giro elemental alrededor del eje instantáneo de rotación; las velocidades de todos los pufitos están distribuidas en cualquier instante del mismo modo que durante la rotación alrededor de un eje inmóvil. La difererencia consiste solamente en que durante el movimiento plano el eje instantáneo pasa, en cada instante, por el correspondiente centro instantáneo de rotación (o por el centro de velocidades) perperdicularmente al plano del movimiento y el lugar geométrico de los ejes instantáneos forma en el espacio una superficie cilindrica. En el movimiento alrededor de un punto inmó­vil, el eje instantáneo de rotación pasa, en todo instante, por este punto y el lugar geométrico de los ejes instantáneos forma en el espa­cio una superficie cónica. A propósito, de aquí se deduce que el movi­miento plano puede ser considerado como el movimiento del cuerpo sólido alrededor de un punto que se encuentra en el infinito.

Pasemos a examinar las características cinemáticas fundamentales del movimiento del cuerpo con un punto inmóvil.

1. La velocidad angular u>, con la cual el cuerpo realiza un giro elemental alrededor del eje instantáneo de rotación, se llama velocidad angular del cuerpo en el instante dado o velocidad angular instantánea del cuerpo. La velocidad angular instantánea puede ser representada por el vector correspondiente a> dirigido a lo largo del eje OP (véase el § 74). Como la dirección del eje OP varia continuamente, el valor numérico y la dirección del vector o) variará con el tiempo y su ex­tremo A describirá en el espacio la curva AD (fig. 202).

220 Cap. X I U . Movimiento del cuerpo sólido alrededor de un punto inmóvil

2*. La aceleración angular del cuerpo en el instante dado o la ace­leración angular instantánea e, en este caso, determina el cambio de la velocidad angular w en módulo y dirección. La aceleración angular instantánea será pues una magnitud vectorial igual a

diú

Comparando esta expresión con la igualdad (§ 61) conclui­

mos que la aceleración angular e puede ser calculada como la velo­cidad con la cual el extremo del vector <o se desplaza a lo largo de la curva AD (véase la fig. 202). En particular, la dirección de e co'.ncide con la dirección de la tangente a la curva AD en el puntocorrespondiente. Por consiguiente, en este caso a diferencia del casode rotación alrededor del eje inmóvil, la dirección del vector e nocoincide con la dirección del vector co.

Los vectores <o y e son las características cinemáticas principales del movimiento del cuerpo que tiene un punto inmóvil. Estos, pueden

ser calculados conociendo las ecuaciones del movimiento (65). Además el valor de o> en el instante dado puede hallarse mediante el pro­cedimiento expuesto en el § 88.

§ 88. Velocidades y aceleraciones de los pantos del cuerpo. Ya que durante el movimiento alrededor de un punto Inmóvil el cuerpo tiene en cada instante un eje ins­tantáneo de rotación OP, entonces, el módulo de la velocidad de un punto cualquiera M (fig. 203) puede determinarse en este Instante (por analogía con el § 76) por la Igualdad

v = túh, (66)

donde a> es la velocidad angular del cuerpo, h es la distancia desde el punto M hasta el

eje instantáneo de rotación. El vector velocidad v está dirigido per­pendicularmente al plano MOP que pasa por el eje instantáneo y por el punto M, en el sentido de rotación del cuerpo.

Aprovechando este resultado, en el instante dado, se puede hallar la velocidad de cualquier punto si se conocen el módulo y la direc­ción de la velocidad de un solo punto A del cuerpo y la dirección de la velocidad de otro punto B (compárese con el § 81). En efecto, según las direcciones de las velocidades de los puntos vÁ y vB halla­remos el eje instantáneo de rotación como está indicado en la fig. 201. Luego, conociendo el valor de la velocidad vA, hallaremos o> de la

igualdad donde hA es la distancia desde el punto A hasta el

§ 88. Velocidades g aceleraciones de los puntos del cuerpo 221

eje instantáneo de rotación. Ahora, la velocidad de cualquier punto se halla según la fórmula (66).

Sin embargo, este método no será tan cómodo cuando haga falta hallar los valores de v para distintos instantes, porque la dirección del eje OP y, consiguientemente, la magnitud h que entra en la fórmula (66), varía con el tiempo. Por esta misma razón, con ayuda de la fórmula(66) no podemos obtener las expresiones para la aceleración del pun­to M, como hicimos en el § 76 teniendo A = const.

Por eso, hallaremos otra fórmula que permitirá determinar direc­tamente el vector velocidad v del punto M.

Si se examina el producto vectorial rnxr, donde r es el radio- vector trazado del punto inmóvil 0 al punto Ai, entonces, su módulo será

Como es fácil de ver, las direcciones (hablamos de la dirección del producto vectorial en el § 42) y las dimensiones de los vectores <axr y v coinciden. Por consiguiente,

es decir, el vector velocidad de cualquier punto M del cuerpo es igual al producto vectorial de la velocidad angular del cuerpo por el radio- vector de este punto.

El vector c se calcula analíticamente por sus proyecciones sobre los ejes coor­denados. Hallemos las proyecciones de v sobre los ejes Oxyz ligados rígidamente con el cuerpo y que se mueven junto con éste (véase la fig. 203). Estos ejes son convenientes porque, en ellos, las coordenadas x, y, i del punto M son magnitudes constantes. Teniendo en cuenta que r x --x. r y = y , r c r, haciendo uso de la fór­mula conocida del álgebra vectorial, obtendremos

De aquí, razonando del mismo modo que at establecer las fórmulas (50) en el § 42 obtendremos:

Las lórmulas (67) y (67') se llaman fórmulas de Euíer.

Hallemos ahora la aceleración del punto M. Diferenciando la igual­dad (67) respecto del tiempo tendremos,

| «o x r | = a>r sen a = oft.

v = iaxr, (67)

t j kt7 = coxr = r

(67-)

Por ser ~ = e y — = v , en definitiva tenemos,

w = (ex r) + (taxv). (68)

222 Cap. X I I I . Movimiento del cuerpo sólido alrededor de un punto inmóvil

La aceleración w » ,= ex r se llama aceleración de rotación y la aceleración w 7 = íú x v , se llama aceleración-i/ípe/a del punto M. El vec­tor w x está dirigido perpendicularmente al plano, que pasa por el punto M y por el vector e (íig. 204), y su módulo es wt = er sen p = ehlt donde /í, es la distancia desde el punto M hasta el vector c.

El vector w 2, a su vez, es perpendicular, al mismo tiempo, a v y a to y estará dirigido a lo largo de MC (véase las figs. 203 y 204), su módulo es = ü)i/sen90o = ti>a/i, porque v — (úh.

Fig. 204 Fig. 205

Problema 80. Hallar las velocidades de los puntos B y C de un rodillo cónico (moleta) (íig. 205). si se conoce la velocidad vA del movimiento del centro A del rodillo por su trayectoria. El rodillo se desplaza sin deslizamiento sobre la super licie cónica inmóvil K.

Sotución. El rodillo se desplaza alrededor del punto fijo O. Los puntos del rodillo situados sobre la linea OB deben tener las mismas velocidades que los puntos de la superficie K, porque el rodillo rueda sobre ésta sin deslizamiento. Por consiguiente, las velocidades de estos puntos son iguales a cero y la recta OB es el eje instantáneo de rotación del rodillo. Entonces, vA = <úhl , donde &> es la velocidad angular del rodillo en su rotación alrededor de» eje OB y hx es la distancia delpunto A a este eje. De aquí (i>=c/VAi-

La velocidad vq del punto C será igual a to/i,, donde hx es la distancia delpunto C al eje OB. Ya que en el caso dado h2 — 2hx, entonces vc = 2vA. Para elpunto B situado sobre el eje instantáneo de rotación será i/ñ = 0 .

Admitimos que u (l) es un vector de módulo constante (| ttl = const), pero de dirección Variable como resultado del giro alrededor del eje OP

con una velocidad angular <o (fig. 206, a). El ori­gen A y el extremo B de tal vector pueden conside­rarse como puntos de un cuerpo sólido, para el cual OP será él eje instantáneo de rotación. Entonces, “ = r B- r A y

da dr¡¡ ,lrA „

di di di 0

Pero, según la fórmula (67), oa = <oxr/), ©/, = <i>xr<t. Por consiguiente, como r s— r A = a, tendremos v„—vÁ = <o x (rB — r A) = o> x u. Como

resultado, llegamos a la conclusión: si |«| = const, entonces,

I'íg 206. a

$ 89. Caso general del movimiento de un cuerpo sólido libre 223

d- = ( ú X U Ó dU = (tí) X U ) td. (69)

donde (o es la velocidad angular de giro del vector a cuando cambia su dirección.

§ 89. Caso genera l del m ovim ien to de un cuerpo sólido libre.Examinemos el caso más general del movimiento de un cuerpo sólido cuando éste es libre y puede desplazarse en el espaciocomo quiera respecto del sistema de referencia Oxlyxzx (fig. 206, ¿>). Establezcamos la forma de las ecuaciones que determinan la ley del movimiento que se estudia. Tomemos un punto arbitrario A del cuer­po como polo y tracemos por éste los ejes Ax\y[z\, que durante el movimiento del cuerpo adquirirán junto con el polo movimiento de traslación. Entonces, la posición del cuerpo en el sistema de re­ferencia Oxty,z, será conocida si conoce­mos la posición del polo A, es decir, sus coordenadas x,A, ylA. zl/( y la posición del cuerpo respecto de los ejes /lx¡¡/¡z;, que se determina, como en el caso estu­diado en el § 87, por los ángulos de Euler <p, i|>, 0 (véase la fig. 200; en la fig. 206, b los ángulos de Euler no semuestran, para no complicar el dibujo). Por consiguiente,! las ecuacio­nes del movimiento del cuerpo sólido libre que permiten hallar su posición respecto del sistema de referencia Oxxyxzt en cualquier instan­te, tienen la forma:

<P = M 0 . * = / . ( ' ) . 0 = /.(O-(70)

Establezcamos ahora el cuadro geométrico del movimiento que se examina. No es difícil notar que el desplazamiento elemental de un cuerpo sólido libre se compone de un desplazamiento de traslación junto con el polo A, como resultado del cual el polo pasa a la posi­ción próxima A, y de un cierto desplazamiento respecto de los ejes Ax\y\z\, es decir, alrededor del punto A como alrededor de un punto inmóvil. Pero el último desplazamiento, de acuerdo con el teorema Euler-D'Alembert (§ 87), es un giro alrededor del eje de rotación AP. que pasa por el punto A.

Por consiguiente, cualquier desplazamiento elemental de un cuerpo sólido libre se compone de un desplazamiento de traslación elemental junto con el polo A y de un giro elemental alrededor del eje instan­táneo de rotación AP que pasa por este polo. Ya que el movimiento del cuerpo representa un conjunto de desplazamientos elementales, llegamos definitivamente a la conclusión de que el movimiento de un

224 Cap. X I I I . Movimiento de! cuerpo sólido alrededor de un punto inmóvil

cuerpo sólido libre se compone, en el caso general, de un movimiento de traslación, en el que todos los puntos del cuerpo se mueven como el polo arbitrario A con una velocidad oA y de una serie de rotacio­nes elementales con una velocidad angular <d alrededor de los ejes ins­tantáneos de rotación que pasan por el polo A (fig. 207). Todo cuerpoque se desplaza en el aire y no tiene movimiento de traslación (unapiedra lanzada, un avión haciendo acrobacia aérea, un proyectil, etc.) representará el movimiento descrito en este párrafo.

En definitiva, un cuadro análogo puede darnos también el movi­miento de un cuerpo sólido no libre si éste posee las ligaduras co­rrespondientes (véase, por ejemplo, § 98, fig. 235).

La componente de traslación del movimiento de un cuerpo sólido libre se describe por las primeras tres ecuaciones (70) y la de rotación

alrededor del polo, por las últimas tres ecuaciones (70). Las caracte­rísticas cinemáticas principales del movimiento son: la velocidad vÁ y la aceleración wA del polo que determinan la velocidad y la acele­ración de la componente de translación del movimiento, así como la velocidad angular o> y la aceleración angular e de la rotación alrede­dor del polo. El valor de estas magnitudes en cualquier instante puede ser hallado por medio de las ecuaciones (70).

En un caso particular, el movimiento del cuerpo libre puede ser planoparalelo (capitulo X II); en este caso, el vector <o será todo el tiempo perpendicular al plano del movimiento. Remarquemos que en el caso general, asf como en el caso del movimiento planoparalelo, la componente de rotación del movimiento (en particular, el valor de cu también) no depende de la elección del polo.

Pasemos al cálculo de las velocidades y de las aceleraciones de los puntos del cuerpo para el movimiento que se estudia, utilizando los resultados del § 88.

La velocidad v M de cualquier punto M del cuerpo se compone, como en el caso del movimiento plano (véase el § 79, fig. 174), de la velocidad i»,, del polo A y de la velocidad Vma que adquiere el punto M durante el movimiento junto con el cuerpo alrededor del polo A, es decir,

Vm^Va + Vma- (7 1 )

£ S9. Ca*u gene/al del movimiento de un cuerpo sólido libre 22

La validez de tste resultado se demuestra del mismo modo que en el § 79: En este caso, según la fórmula (67) vMA = u> x AM. De este modo, en definitiva

= vÁ + (<o x ~AM). (71‘)

Análogamente, para la aceleración de cualquier punto M del cuerpo (véase el § 84), hallaremos

+ v>ma- (72)

En este caso, la magnitud w MA se determina por la igualdad (68). en la cual hace falta considerar que r = AM y v — vMA = u>x /Tai.

15— 142

CAPÍTULO X IV

Movimiento compuesto del punto

§ 90. Movim iento re lativo , de arrastre y absoluto. Hasta ahora estudiamos e) movimiento del punto o del cuerpo respecto de un solo sistema de referencia dado. Sin embargo, hay casos en los que es razonable (a veces es necesario) examinar el movimiento del punto (o del cuerpo) simultáneamente respecto de dos sistemas de referencia, uno de los cuales se considera convencionalmente inmóvil y el otro se

mueve de un modo determinado respecto al primero. El movimiento que efectúa en este caso el punto (o el cuerpo) se llama movimiento compuesto.

Por ejemplo, se puede considerar que una bola que está rodando sobre la cubier­ta de un barco en movimiento efectúa un movimiento compuesto respecto de la cos­ta; este movimiento se compone del roda­miento respecto de la cubierta (sistema de referencia móvil) y del movimiento junto

Fig- 208 con la cubierta respecto de la costa (sis­tema de referencia inmóvil). De este modo,

el movimiento compuesto de la bola se descompone en dos movimien­tos más simples y más fáciles de estudiar. La posibilidad de descom­poner, mediante la introducción de un sistema de referencia adicional (móvil), un movimiento compuesto del punto (o del cuerpo) en movimientos más simples se utiliza ampliamente en los cálculos cinemáticos y, al mismo tiempo, determina el valor práctico de la teoría del movimiento compuesto que se estudia en este capitulo y en los capítulos que siguen. Además, los resultados de esta teoría se uti­lizan en la Dinámica para el estudio del equilibrio relativo y del movimiento relativo de los cuerpos sometidos a la acción de fuerzas.

Examinemos el movimiento compuesto del punto M que se des­plaza respecto de un sistema de referencia móvil Oxyz, el cual a su vez se mueve respecto de otro sistema de referencia O,*,!/,*, llamado convencionalmente inmóvil (fig. 208). Cada uno de estos sistemas de referencia está relacionado, evidentemente, con un cuerpo determinado que no se muestra en el dibujo.

Introduzcamos las definiciones siguientes;I. El movimiento del punto M respecto de los ejes móviles Oxyz

se llama movimiento relativo (tal movimiento puede ser visto por un

§ 9t. Composición de velocidades 227

especiado! relacionado con los ejes Oxyz y que se desplaza junto con éstos). La trayectoria AB que describe el punto en movimiento rela­tivo, se llama trayectoria relativa. La velocidad del movimiento del punto M respecto de los ejes Oxyz, es decir, a lo largo de la curva AB, se llama velocidad relativa (se designa por ®rci) y la aceleración del punto en este movimiento, aceleración relativa (se designa por w rei).

2. El 'movimiento que efectúa el sistema de referencia móvil Oxyzy todos los puntos espaciales ligados permanentemente con él, respecto del sistema inmóvil es para el punto M un movimiento dearrastre.

La velocidad de aquel punto rn ligado permanentemente con los ejes Oxyz móviles, que en el instante dado coincide con el punto M, se llama velocidad de arrastre del punto M en este instante (se designa lPor ®n.,) y la aceleración de este punto, aceleración de arrastre del punto M (se designa por w ,„). De este modo

v.„ = v„, w „,*=w m, (73)

donde m es el punto inmóvil respecto de los ejes Oxyz, con el cual coincide el punto móvil M en el instante dado. Si se supone que el movimiento relativo del punto M se efectúa sobre la superficie (o en el interior) del cuerpo sólido, con el que están ligados rígidamente los ejes móviles Oxyz, entonces, en el instante dado, la velocidad (o la aceleración) de arrastre del punto M será la velocidad (o la aceleración) de aquel punto m del cuerpo con el cual coincide, en este instante, el punto M.

3. El movimiento que realiza el punto respecto del sistema de referencia inmóvil 0^xlyizl se llama movimiento absoluto o compuesto. La trayectoria CD de este movimiento se llama trayectoria absoluta, la velocidad, velocidad absoluta (se designa por v,) y la aceleración, aceleración absoluta (se designa por w j.

En dicho ejemplo, el movimiento de la bola respecto de la cubierta del barco será telativo y la velocidad de este movimiento, la velocidad relativa de la bola; el movimiento del barco respecto de la costa será para la bola un movimiento de arrastre y la velocidad de aquél punto de la cubierta que está en contacto con la bola en el instante dado, será en este instante su velocidad de arrastre; por fin, el movimientode la bola respecto de la costa será su movimiento absoluto y lavelocidad de este movimiento, la velocidad absoluta de la bola.

Para resolver los problemas correspondientes de la cinemática, hace falta establecer las dependencias entre las velocidades y las acelera­ciones relativas, de arrastre y absolutas del punto.

§ 91. Composición de velocidades. Examinemos el movimiento compuesto del punto AL Supongamos que este punto, durante un in­tervalo de tiempo At — t, — t, efectúa a lo largo de la trayectoria AB, un desplazamiento relativo que se determina por el vector A1AT (fig. 209, a). La curva AB moviéndose junto con los ejes móviles

228 Cap. XIV. Movimiento compuesto del punto

Oxyz (no se muestran en la fig. 209, a) pasa durante aquel mismo intervalo de tiempo a una nueva posición AXBX. >41 mismo tiempo, el punto m de la curva con el cual, en el instante t, coincide el punto M, realiza un movimiento de arrastre mm, = Mm,. Como resultado de estos movimientos, el punto M llegará a la posición M, y realizará durante el tiempo Al un desplazamiento absoluto M M V

Del triángulo vectorial MmxM, tenemos:

M M , = Mm, = m,M ,.

Dividiendo ambos miembros de esta igualdad entre Ai y pasando al limite obtendremos:

lim = lim —r r + limAi - 0 O1 4< - 0 4 ( - o

mt M, M

Pero, según la determinación:

M M ,hm ——1 =

4 / - o &l

Mm. llm “T/ :

A l - 0

En lo que se refiere al último sumando, puesto que si A t—>0, la curva A,B, tiende a coincidir con la curva AB, en el limite tendre­mos que

lim ^ J - = lim4/ ~ 0 4/ - 0

■ = ® rcl-

Como resultado hallamos que

= ®<el + v,„. (74)

Los vectores v„ « ,rl están dirigidos por las tangentes a las trayectorias correspondientes (fig. 209, b).

De este modo, acabamos de demostrar el teorema siguiente sobre la composición de velocidades: en el movimiento compuesto, la velocidad

§ 91. Composición de ivluci iludes 229

absoluta del punto es igual a ¡a suma geométrica de la velocidad rela­tiva y de la velocidad de arrastre. La figura construida en la fig. 209, 6 se llama paraleldgramo de velocidades.

Si el ángulo entre las direcciones de los vectores orri y v„, es igual a a, entonces en módulo

v, = V v?'t + v i, -+■ 2ziIC,».„ eos a, (74')

Ccn ayuda del paralelogramo de velocidades se resuelve una serie de problemas de la Cinemática del punto, a saber: a) conociendo las velocidades orei y va„ se puede bailar la velocidad absoluta del pun­to b) conociendo v, y las direcciones de las velocidades ©rei y vaT, se pueden hallar los módulos de estas velocidades; c) conociendo las velocidades v , y v„, se puede hallar la velocidad relativa ®tti por medio de lá igualdad

= v , + (— v,„),

es decir, al sumar geométricamente el vector v , y un vector igual en módulo a v¡,„, pero de sentido contrario (véase el problema 83).

Problema 81. El punto M se mueve a lo largo del tubo OA con la velocidad u (íig 210) y el tubo gira en el plano Ox,y, alrededor del centro O con la velocidad angular o>.

Determinar la velocidad del punto M respecto de los ejes Ox1yí en (unción de la distancia OM — r.

Solución. Examinemos el movimiento del punto M como un movimiento constituido compuesto, por el movimiento relativo a lo largo del tubo OA y por el movimiento de arrastre junto con el tubo. Entonces, la velocidad u dirigida a lo largo de O A será la velocidad relativa de este punto. El movimiento de rotación del tubo O A alrededor del centro O es el movimiento de arrastre para el punto M y la velocidad del punto del tubo OA que coincide, en el instante dado, con el punto M es su velo­cidad de arrastre t>arr. Ya que este punto del tubo describe una circunferencia de radio OM = r, el módulo de esta velocidad es t'arr *= o>r y está dirigida perpendi­cularmente a OM. Construyendo con los vectores u y r*rr el paralelogramo. halla­remos la velocidad absoluta va del movimiento del punto M respecto de ios ejes Ox,y,. Como a y v son reciprocamente perpendiculares, entonces, su módulo.es

ufl= VProblema 82. La corriente de un río. de archura h, avanza con la velocidad

constante v. Un remero puede comunicarle al bote la velocidad u respecto del agua

230 Cap■ XIV. Movimiento compuesto del punto

inmóvil. Determinar la dirección en qué hace (alta atravesar el río para llegar a la orilla opuesta en el tiempo más corto. ¿En qué punto abordará el bote en este caso?

Solución. Admitamos que el movimiento del bote empieza desde el punto O (fig. 211). Tracemos los ejes coordenados Oxxyx y representemos el bote en una posición arbitraria M. Supongamos que el remero dirige el bote bajo un ángulo constante a respecto del eje Oyx. Entonces, la velocidad absoluta del bote t»a se compone de la velocidad relativa Vr*i igual a la velocidad que comunica al bole el remero (« rel = tf) y de la velocidad de arrastre ©3rr igual a la velocidad de la corriente del río (üarr=t>)

17, = V r e I + V * rr = U -f- V .

Las proyecciones de la velocidad absoluta sobre los ejes coordenados (de acuer­do con el teorema sobre las proyecciones de la suma de vectores) son iguales a:

uaX| = u sen a-f-p, vayt~ u c o sa .

Ya que ambas proyecciones son constantes, los desplazamientos del bote a lo largo de los ejes Ox, y O y, son iguales a:

x, = («sen a + v )t : yx= (u c o sa ) t.

Cuando el bote llegue a la orilla opuesta, yx= h . De aquí hallamos el tiempo del cruce

1 u eos a '

Es evidente que ti será menor cuando c o s a = l , es decir, a = 0. De este modo, el remero atravesará el río en un tiempo más corto si dirige su bote perpendicu­larmente a la orilla.

En este caso

Considerando que en la expresión para xx el ángulo a = 0 y I = /m,„ obten­dremos

Por consiguiente, el bote abordará en el punto B , que dista xx del eje Oyl% en el sentido de la corriente. Este desplazamiento tanto menor será, cuanto meno­

res sean o y h y cuanto mayor sea u.Problema 83. La palanquilla OM del aparato

registrador automático forma en el instante dado un ángulo acón el horizonte y la pluma M tiene la velocidad o dirigida perpendícularmente a OM (fig. 212). El tambor con el papel gira alrededor del eje vertical con una velocidad angular (■>. Determinar la velocidad a de desplazamiento de la pluma a lo largo del papel, si el radio del tambor es igual a a.

Solución. Conocemos la velocidad absoluta de la pluma r a = t>. La velocidad v puede considerarse como la suma geométrica de la velocidad de movi­miento de la pluma respecto del papel (esto es, la velocidad incógnita a) y de la velocidad de arrastre igual a la velocidad de aquel punto del papel que la pluma está tocando en el instante

Fig. 212 dado; el módulo de vArrt=(úa.

§ 92. Composición de aceleraciones 231

Por el teorema de la composición de velocidades t7 = n-f-^arr» de donde 11 = = ü + ( — ©arr). Construyendo con los vectores v y ( — el paralelogramo co­rrespondiente. hallaremos la velocidad incógnita u. Como el ángulo entre v y ( —t»arf)es igual a 90o —a. su módulo es ______________________

u = Y v 1 -f- co*a* 4- 2orna sen a.

El ángulo formado por la velocidad u y la dirección de v ttt puede hallarsemediante el teorema de los senos.

Problema 84. El extremo B de la barra horizontal AB está articulado con una corredera que se desliza a lo largo de la ranura de la colisa OC y la hace girar alrededor del eje 0 (fig. 213). La distancia del eje O a la barra AB es igual a h. Determinar la velocidad angular de la colisa en función de la velocidad v de la barra y del ángulo <p.

Sulución. Conocemos la velocidad absoluta de la corredera que es igual a la velocidad v de la barra. Esta veloci­dad de la corredera puede considerarse como compuesta de la velocidad relativa t>fei del deslizamiento de la corredera a lo largo de la ranura de la colisa y de la velocidad de arrastre t>arr igual a la ve­locidad del punto de la colisa que coin­cide en el instante dado con la corredera.Las direcciones de estas velocidades son conocidas: la velocidad vre| está dirigida a lo largo de OB y la velocidad t>arr. perpendicularmente a OB. Entonces, descomponiendo la velocidad dada v según las direcciones de vTC] y t>arr. hallaremos estas velocidades. El paralelogramo nos mues­tra que en módulo vMtt = v eos <p.

Pero, por otro lado, la velocidad de arrastre = OB—<ú--- , donde cor eos <p

es la velocidad angular de la colisa. Comparando estos dos valores de vMTt hallaremos la velocidad angular de la colisa:

v0) = — eos* q>.

h

§ 92. Composición de aceleraciones. Ahora, hallemos la depen­dencia entre las aceleraciones relativa w,tl, de arrastre w ,„ y absoluta wa del punto. Para eso, utilizaremos el teorema de la composición de velocidades, según el cual v, = vK¡ + ®atr De aquí hallamos

w = Í?s = ÍHíü (75)di dt ^ dt ' '

Calculemos las derivadas del miembro derecho de la igualdad, las cuales en el caso general no son iguales, como se ve, a wlc, y w„, respectivamente. Para eso, establezcamos la forma de las exrpesiones de los vectores prel y w,cl.

Supongamos que la posición del punto móvil M en los ejes móvi­les Oxyz se determina por sus coordenadas cartesianas x, y, z. En este caso, ya que durante el cálculo de v!tl y w,et no se toma en consi­deración el movimiento de los ejes móviles (se les puede considerar como inmóviles), las proyecciones de los vectores y w tc, sobre los ejes Oxyz en el caso de cualquier movimiento de arrastre, se determinan

232 Cap X/V Movimiento compuesto del punto

por las fórmulas (15') y (17') del § 64, es decir, k1c,j; = = x, etc,

= x, etc. Por consiguiente,

v ,',- x i + y j+ zk , w IC, + xl = y) + zk, (76)

donde i, j , k son los vectores unitarios (versores) de los ejes Oxyz.A diferencia de esto, los valores de los vectores v,„ y w,„ y, por

lo tanto, todo el cálculo posterior, dependen del carácter del movimien­to de arrastre. Primero examinemos el caso, cuando este movimiento es de trasla­ción.

I. Composición de aceleraciones en el caso del movimiento de arrastre de traslación. Si el sistema de referencia móvil Oxyz se desplaza respecto del sistema inmóvil OiXxy,z, en movimiento de traslación (fig 214), entonces, la velocidad y la acelerador de cualquier punto m, ligado invariablemente con los ejes Oxyz, serán iguales a la veloci­dad va y a la aceleración w Q del origen

O. Por eso, cualquiera que sea la posición del punto móvil M, para éste, de acuerdo con las igualdades (73), se tendrá:

®.„==«o. «>,„ = »o- (7?>

Además, en el caso de movimiento de traslación de los ejes Oxyz, sus versores, desplazándose paralelamente a sí mismos, quedan cons­tantes. Entonces, de las igualdades (76) y (77) obtendremos

d-? i¡i = x l + y j+ ik = w <tí, % i = ^ a = w0 = w,„.

Como resultado, la fórmula (75) da

= + «»„,. (78)

Por consiguiente, en el caso del movimiento de arrastre de traslación, la aceleración absoluta del punto es igual a la suma geométrica de las aceleraciones relativa y de arrastre. El resultado es, en este caso, aná­logo al resultado obtenido en el teorema de la composición de velo­cidades.

2. Composición de aceleraciones en el caso del movimiento de arrastre sin traslación. Teorema de Corlolis. Admitamos primero que el movi­miento de arrastre, es decir, el movimiento del sistema de referencia móvil Oxyz, es un movimiento puramente de rotación con una veloci­dad angular a» (fig. 215). Este movimiento puede efectuarse alrededor del eje inmóvil OD (que puede coincidir con el eje Oz), o alrededor del punto inmóvil O; en el último caso, el eje OD representado en la

Fig. 214

§ 92 Composición de aceleraciones 233

fig. 215, es el eje instantáneo de rotación (véase el § 87). En ambos casos los versores /, j , k, ya no son constantes, porque al girar junto con los ejes Oxyz cambian sus direcciones en el espacio, cosa que no se tuvo en cuenta durante los cálculos de w ,tl. Por eso, de las igual­dades (76) que son válidas para todo movimiento de arrastre, obten­dremos

donde, por w, se designa a la suma del segundo paréntesis del segundo miembro de la igualdad. Para calcular w, hallamos las derivadas de los versores í, j , k respecto del tiempo.El versor / puede considerarse como el ra­dio-vector r A = l del punto A de coor-

Utilizando estas igualdades obtendremos que

w ,= x (u> x l) + y(a> X j) + z (o> x *) = <o x (xi + y j + zk) = o> x orel.

De este modo, la fórmula (79) finalmente nos da

En esta igualdad, la magnitud tiene en cuenta el cambio del vector cr£, solamente cuando el movimiento del punto M es relativo, y el miembro adicional w, tiene en cuenta el cambio del vector v tl durante su rotación junto con el triedro Oxyz alrededor del eje OD, es decir, durante el movimiento de arrastre (véase el problema 86, fig. 221, a).

Ahora, hallemos las expresiones para los vectores v,„ y w,„. Durante el movimiento de rotación la velocidad y la aceleración wm de cualquier punto m ligado invariablemente con los ejes Oxyz, se determina del mismo modo que para el punto del cuerpo sólido, por las fórmulas (67) y (68). Ya que de acuerdo con las igualdades (73)

= (xt + y j+ zk) + [ x jt + y % + z^L ) = » « , + «),. (79)

Pero, por otro lado, según la fórmula(67), v A = ta x r¿ — <axl. Comparando es­tas dos expresiones para la velocidad del

las derivadas de j y * obtendremos resul- x, tados análogos. Como resultado obtendre­mos las igualdades siguientes, llamadas fórmulas de Poisson

denadas (I, 0. 0). Entonces, = — Va- ¡¡

punto A hallamos que j¡ = o ix / . Para

'xFig. 215

(80)

(81)

234 Cap. XIV . Movimiento compuesto del punto

vm> w «rr = entonces, estas fórmulas nos dan

t>„[ = í»x r , w ,„ = (e x r) + (“ x ®.lt). (82)

donde r es el radio-vector del punto m que coincide en el instante dado con el radio-vector del punto móvil M (véase la fig. 215).

De aquí, teniendo en cuenta que ^ = e y 57 obtendremos

^ r = ( ^ x r ) + ( “ x % ) = (&xr) + (< »xv j. (83)

Aqui — = porque la derivada que se calcula , entra en la

igualdad (75) que determina la aceleración absoluta del punto M, es decir, su aceleración respecto a los ejes 0 lxtylzl; por consiguiente, la derivada del radio-vector r dará aquí la velocidad del punto M res­pecto a los mismos ejes, es decir, su velocidad absoluta. Pero = » « 1+®,,,. Como resultado, la igualdad (83) da

= (e x r) + (ü> x v,cl) + (co x v.„).

De aqui, teniendo en cuenta la segunda fórmula de (82) obtendremos

=>w ,„ + ta„ donde w , = » x ® rcl. (84)

En este caso, la magnitud w ,„ tiene en cuenta el cambio del vec­tor v,„ solamente en el movimiento de arrastre, porque ésta se calcula como la aceleración del punto m, ligado invariablemente con los ejes Oxyz. El miembro adicional w , tiene en cuenta el cambio de) vector v,„ que se realiza durante el movimiento relativo del punto Al. puesto que como resultado de este movimiento el punto M pasa de la posición m a una nueva posición m,, donde el valor de v ,„ será otro (véase el problema 86, fig. 221,6).

Acabamos de examinar el caso del movimiento de arrastre pura­mente giratorio. Pero en' el caso general, cuando el movimiento de arrastre de un cuerpo sólido libre (véase el § 89) se compone de los movimientos de traslación y de rotación, las igualdades (81) y (84) tienen la misma forma, con la diferencia de que el valor de w ,„ de la igualdad (82) se calculará por medio de la fórmula (72) del § 89 y no mediante la fórmula (82).

Ahora, poniendo los valores (81) y (84) en las igualdades (75) obtendremos

•w .= w ,'l + w .,r + u>i + w ,. (85)

Introducimos la designación

“ 't. , = « ' , + « ' . = 2 ( B X í , „ ) . (86)

§ 92. Composición de aceleraciones 235

La magnitud wcor, que se caracteriza por el cambio del vector de la velocidad relativa w(c, en el movimiento de arrastre y del vector de la velocidad de arrastre vlir en el movimiento relativo, se llama aceleración de Coriolis del punto. Entonces, de las igualdades (75), (78) y (85) obtendremos definitivamente.

La fórmula (87) expresa el teorema de Coriolis siguiente laaceleración absoluta del punto es igual a la suma geométrica de tres aceleraciones: relativa, que caracteriza el cambio de la velocidad rela­tiva del punto en el movimiento relativo; de arrastre, que caracteriza el cambio de la velocidad de arrastre del punto en el movimiento de arrastre; y de Coriolis que caracteriza el cambio de la velocidad rela­tiva del punto en el movimiento de arrastre y de la velocidad de arrastre del punto en el movimiento relativo.

Si el movimiento de arrastre es de traslación, *> = 0 y wco, — 0 y la igualdad (87) se trasforma en la (78).

Cálculo de las aceleraciones relativa, de arrastre y de Coriolis. El problema del cálculo de las aceleraciones relativa y de arrastre del punto, fue ya examinado durante la demostración del teorema de Coriolis. Estas magnitudes se determinan con ayuda de las fórmu­las conocidas de la Cinemática. En efecto, ya que durante los cálcu­los de w ,r] no hay que tener en cuenta el movimiento de los ejes móviles, entonces, w rc, se calcula con ayuda de los métodos ordina­rios de Cinemática del punto (§ 64 , 67).

Al calcular w ,„ no hay que tener en cuenta el movimiento rela­tivo del punto; por consiguiente, w „, se calcula como la aceleración del punto de un cuerpo sólido ligado invariablemente con los ejes Oxyz y que se mueve junto con éstos, es decir, w „, se determina por medio de los métodos de la Cinemática del cuerpo sólido (§ 76, 84, y otros). La aceleración de Coriolis se calcula mediante la fór­mula obtenida de la igualdad (86):

De este modo, la aceleración de Coriolis es igual al doble producto vectorial de la velocidad angular del movimiento de arrastre por la velocidad relativa del punto. Si se designa por a el ángulo entre los vectores ®rcl y «o.,,, el módulo de la aceleración de Coriolis será.

El vector wcot está dirigido del mismo modo que el vector <»jrixw(c„ es decir, perpendicularmente al plano que pasa por los vectores <oa!r y otl., hacia el lado desde donde la coincidencia más corta de o)Jr( con se ve en sentido contrario a las agujas del reloj (fig. 216, a).

(87)

W cor = 2 (<!>.„ X t>„|). (88)

“ ’cor = 2|o,r(yrcl|sena (89)

11 0*r¡t>lis, Gustavo-Gnspard (1792— 1843), cicntifico francés conocido por sus trabajos sobre la mecánica teórica y aplicada.

236 Cap. XIV . Movimiento compuesto del punto

La fig. 216, a muestra también que la dirección del vector m>cot puede obtenerse proyectando el vector vrrt sobre el plano P perpen­dicular a watt y luego, esta proyección v^i se vira a 90° en el sen­tido de la rotación de arrastre.

Si !a trayectoria relativa es una curva plana y se desplaza todo el tiempo en su plano, el ángulo a = 90° (fig. 216, b). En este caso, el módulo de la aceleración de Coriolis es

“ ’c o r = 2 I “ « . " r d I - ( 9 0 )

Además, en este caso, como se ve en la fig. 216 b, la direcciónde wco, puede hallarse al virar 90° el vector de la velocidad relativa

u,cl en el sentido de la rotación ssíág de arrastre (es decir, en el sen-*l¡¡\ tido de las agujas del reloj o en

\V sentido contrario, según sea el\X\ sentido de la rotación).

w , '»\ Para ilustrar las reglas cita-<' y ¡wW\ ^as, * muestra en la fig. 217 la

--- 1 dirección de la aceleración de... „L-SL-Ta Coriolis de la bola M en movi-

miento a lo largo del tubo AB, — en el caso cuando el tubo giras «W u i en el plano del dibujo (fig. 217 a)

y en el caso cuando ésta, du­rante la rotación, describe un cono (fig. 217, 6). •

La fórmula (89) muestra que la aceleración de Coriolis puede ser nula en los casos siguientes:

1) Cuando ai = 0, es decir, cuando el movimiento de arrastre esde traslación (la fórmula 78), o si la velocidad angular de la rota­ción de arrastre se hace nula en el instante dado.

2) Cuando t»„i “ 0, es decir, cuando la velocidad relativa se hace nula en el instante dado.

§ 93. Resolución de problemas 237

3) Cuando a = 0 ó a=180°, es decir, cuando el movimiento rela­tivo se efectúa en dirección paralela al eje de rotación de arrastre o si en el instante dado el vector t>reI es paralelo a este eje.

§ 93. R eso luc ión de prob lem as . A. El movimiento de arrastre es de trasla­ción. En el caso cuando ef movimiento de arrastre es de traslación el tipo de pro­blemas y los métodos de su resolución son análogos a los problemas de la compo­sición de velocidades (§ 90).

Problema 85. La cuña que se mueve horizontalmente con una aceleración wt desplaza la barra AB a lo largo de guias verticales (fig. 218). Determinar (a acele­ración de la barra, si el ángulo de la cuña es igual a a.

Solución. La aceleración absoluta delunto A está dirigida verticalmente hacia arri- a. Se la puede considerar como compuesta de

la aceleración relativa dirigida a lo largo de una cara de la cuña y de la aceleración de arrastre t»arr, igual a la acelcración de la cuña a , (ya tjue el movimiento de arrastre, es decir, el movimiento de la cuña, es de traslación).Construyendo a base de la igualdad (85) el para- lelogramo correspondiente y teniendo en cuenta que wMtt =»«;, hallaremos

WA = t g a .

La magnitud determina la aceleración de la barra.

B. El movimiento de arrastre es de rotación. Examinemos el caso general del cálculo de w ¿, cuando el movimiento de arrastre es una rotación alrededor de un eje inmóvil.

Admitiremos que el punto M se mueve sobre una curva AMB a lo largo del cuerpo (de un globo, por ejemplo) que realiza una rotación retardada alrededor del

eje BA (lig. 219). Para hallar la aceleración absoluta del punto en un instante cualquiera l x hace falta conocer para este momento:1) la posición del punto en movimiento sobre la curva AB, 2) la velocidad relativa del punto vtf\\ 3) la velocidad angular u y la aceleración angular e del cuerpo (es decir, o> y e del movimiento de arrastre). Si estas magnitudes no se conocen, es necesario ha liarlas preliminarmente a partir de los datos del problema.

Luego hace falta representar la posición del punto en movimiento en el instante tx y trazar los vectores t>fet y o> en el dibujo. Los cálculos posteriores se efectúan de la forma siguiente:

1). Determinación de tx/rej. Suspendemos mentalmente la rotación del cuerpo y calcu­lamos la aceleración del punto durante su movimiento a lo largo de AB valiéndonos de las fórmulas de la Cinemática del punto.

SI la curva AB es conocida, entonces será (§ 67):

Fig. 218

238 Cap X IV Movimiento compuesto del punto

donde prr) es el radio de curvatura de la curva AB en el punto M. Si el movi­miento relativo se da por el método de coordenadas, vfc| y u/rc¡ se calculan poi las íórmulas del § 64.

2) Determinación de u»arr. Calculando la aceleración del punto del cuerpo, con el cual en el instante dado coincide el punto M, hallamos la aceleración de arrastre, haciendo uso de las íórmulas de Cinemática del cuerpo sólido (§ 76):

donde h = MD es la distancia del punto M al eje de rotación en el instante tx:3) Determinación de wcot. Estos cálculos se realizan según las reglas indicadas

al final del § 92.4) Determinación de w 3. Representamos sobre el dibujo todos los vectores

calculados (teniendo en cuenta sus direcciones) y utilizando el teorema de Coriolis hallamos:

“ >» = “ r'el + + “ »arr + w " .,r + “ cor-

Si es difícil calcular geométricamente la suma de los vectores situados a la derecha, trabando ejes coordenados cualesquiera Mxyz (véase la íig. 219) calculamos las proyecciones de todos los vectores sumandos sobre estos ejes. Entonces, según el teorema sobre la proyección de la suma de vectores sobre el eje será

= 2 wiy “’«» — 2 wh-Luego hallamos:

Observación. Durante el cálculo de no se puede considerar que

“ ' . = } / “ f'.l + wlrr + “ ' ío r .

pues, en el caso general los vectores u»fci, tt>arr, tt>cor no son mutuamente perpen­diculares.

Problema 86. La colisa O A gira con la velocidad angular constante « alrededor del eje O (íig. 220). Por la ranura de la colisa se desliza la corredera B con una velocidad leiativa constante u. Determinar la acdcnción absjluta de k corredera en

función de su distancia x hasta el eje O Solución. Al parar la colisa en el ins­

tante /, hallamos que el movimiento rela­tivo de la corredera a lo largo de la colisa es uniforme y rectilíneo; por consi­guiente wrtx~Q-

Para la corredera B, el movimientode la colisa O A será de arrastre. Por con­siguiente. la aceleración de arrastre warr de la corredera equivale a la aceleración del punto de la colisa con el cual coincide la corredera en el instante dado. Ya que este punto de la colisa se desplazapor la circunferencia de radio OB — x y

<o = const, entonces, el vector w arr = a>arr

y está dirigido a lo largo de BO y en mó­

dulo tt>arr = u ^ rr = ci)4jc.

La aceleración de Coriolis wcor = 2wu, porque el movimiento es plano. Al girar90° al vector de la velocidad relativa u alrededor del punto B en dirección de larotación de arrastre (es dteir, en sentido de las agujas del reloj) hallamos la dirtc

§ 93. Resolución de problemtis 239

ción de a>cor.Según el teorema de Coriolis

= t»reJ -f t»arr + t»cor-

En este caso, t»rej = 0 y t»cof es perpendicular a w MtT. Por consiguiente.

Aprovechando los datos de este problema demostremos con un ejemplo parti­cular cómo se calculan por separado las magnitudes que componen t»cor (la igual­dad 83).

A lo largo de la ranura de la colisa dirijamos el eje móvil Ox y tracemos en éste la corredera como el punto B (fig. 221, a); el eje Ox gira alrededor del centroO realizando un movimiento de arrastre respecto a los ejes inmóviles Ox^y, Ya que en este caso el vec­tor de la velocidad relativa a no se modifica durante el desplazamiento relativo del punto B a lo largo del eje Ox, entonces d1ti = 0 y t»rel = 0. Pero, durante el movimiento le orrastre, el vector a girará junto con el eje Ox en el tiempo di a un ángulo d<p = o>dl y será igual a a'; como resultado, el vector u reci­birá un incremento igual a d'u (una raya puesta sobre la d significa que este incremento es adicional). Pues­to que durante este giro el módulo del vector u no se modifica, el vector d'u está dirigido perpendicu­larmente a u y d 'a = u d(p = u(i)dl. Como resultado, el punto B recibirá una aceleración adicional wx di­rigida tal como el vector d’u, es decir, perpendicular­mente al eje Ox y, numéricamente, igual a

__d'u~dT (a)

En este caso, durante el movimiento de arrastre (el giro del eje Ox), la velo­cidad vaTt del punto B cambiará su dirección y como resultado de esto el punto obtiene la aceleración de arrastre calculada anteriormente y que se muestra en la fig. 220. Pero el vector vaT: obtendrá también un incremento durante el desplaza­miento relativo del punto B a la posición Br (fig. 221, £>), porque en la posición B

la magnitud de varr = tí>x, y en la posición será ©-rr= co(*-f-dx). Por consi­

guiente, ya que dx = ud l, entonces | d’vaTr | = co dx — i¿u di. Como resultado, el punto B obtendrá además una aceleración adicional tcs dirigida tal como el vector t>affl es decir, como el vector w y y será numéricamente igual a

f d l*|fr |= ---- - = Q>u.2 di (b)

Puesto que los vectores tux y w 7 tienen ¡guales direcciones, sumándolos halla­remos la aceleración adicional total que el punto B obtiene a consecuencia de la modificación del vector t7rei durante el movimiento de arrastre y del vector üarr durante el movimiento relativo. Esta aceleración, que es numéricamente igual a

es decir, a 2 (j>u, será la aceleración de Coriolis del punto B.Problema 87. Un excéntrico, que es un disco redondo de radio R , gira con una

velocidad angular constante to alrededor del eje O que pasa por el borde del disco (fig. 222). El pasador M se desliza con una velocidad relativa constante u por la circunferencia del disco, comenzando su movimiento en el punto A.

Determinar la aceleración absoluta del pasador en un instante arbitrario /. Las direcciones de los movimientos se muestran en el dibujo.

¿40 Cop XIV Movimiento compuesto del punto

Solución. Hn el instante t, el pasador se encuentra a la distancia s ~ A M = u t del punto A. Por consiguiente, en este instante, el ¿_ A O M ^a . será igual a

5 u .a 2/? 2R (a)

porque el ángulo a equivale a la mitad del ángulo central ACM.Al parai el disco en el instante t, hallaremos que el movimiento relativo del

pasador Al se efectúa por ln circuníerencia de radio R. Ya que utti = u = consLen lotices,

i du „ „ u2 .“Vc=57=0: “Ve»«- <•»

El vector está dirigido por el radio MC.

Para el pasador M , el movimiento del disco será de arrastre. Por consiguiente, la aceleración de arrastre watr del pasador es igual a la aceleración del punió del disco con el cual en el instante dado esVá en contacto el pasador. Este punto de\

disco se mueve por la circuníerencia de radio 0M = 2R eos tí• Ya que para el disco u = const, entonces, e=0 y

w\TT = OM • e = 0:

tt£rr==0Af g)1«=2/?g>*cos a. (c)

El vector wart = u%n está dirigido a lo largo de la

línea MO.El movimiento se efectúa en un solo plano, poi

eso, en el caso dado

w co t*=2 ü>u (d)

Se obtiene la dirección de «rcof girando el vector t>rei = n alrededor del punto M 90° en el sentido del movimiento de arrastre (es decir, en sentido contrario a las agujas del reloj).

La aceleración absoluta del pasador M es igual a

= *»rel + w»rr + «»cor-

En este caso, los vectores w fei y n>for están dirigidos a lo largo de una misma recta y pueden reemplazarse por un solo vector tt>, dirigido a lo largo de esta recta; el valor numérico de t», es igual a tDfe| — wCOf

Luego, sumando los vectores t», y wMtr según la regla ¿el paralelogramo. se halla en definitiva

w , = J^teJrr -(- («B,„ — O>tor)* -f 2w „ , (w re,- w ,or) eos a.

donde los valores de a. t»rei. tr jrr. tvcor se definen por las igualdades (a), (b), (c). (d)

Problema 88. Un cuerpo se desplaza en movimiento de traslación en el hemis­ferio boreal a lo largo de un meridiano, del norte al sur (fig. 223), con la velo­cidad t>rc>¿su m/t . Hallar la magnitud y la dirección de la aceleración de Coriolis para el cuerpo a la latitud

Solución Despreciando las dimensiones del cuerpo, lo consideraremos como un punto La velocidad relativa u del cuerpo forma un ángulo \ con el eje terrestre Por consiguiente.

itfcor = 2(ou sen X,

donde <ú es la velocidad angular de rotación de la TierraDe este modo, el cuerpo posee la mayor aceleración de Coriolis en el polo,

cuando X = 90°. A medida que se aproxima al ecuador, la magnitud tt>cor se reduce

§ 93 Resolución de problemas 241

y en el ecuador cuando ^ = 0. se convierte er y es paralelo al eje de rotación de la Tierra).

Se halla la dirección de tc/C0r según la regla que tt>cor =2(ü>XM ). por eso, el vector a»cor está plano que pasa por los vectores a y tu, es decir, perpendicularmente al plano de la sección meridio­nal. al este, desde donde la coincidencia mínima del vector ü> con el vector u se ve en sentido con­trario a las agujas del reloj.

El problema de la variación del movimiento de los cuerpos sobre la superficie terrestre a causa de la existencia de la aceleración de Coriolis. se estudia en la Dinámica Sin embargo, de la lórmula obtenida se ve que la magnitud de wcot es habí-' tualmente pequeña por ser pequeña la velocidad angular de rotación de la Tierra:

0 (en el ecuador, el vector ü re¡ «= a

del producto vectorial. Se sabe dirigido perpendicularmente al

2n ’ 24-3600

l/s.

Por eso. es evidente que en la práctica se pue­de despreciar la aceleración de Coriolis para los movimientos con velocidades u pequeñas.

Problema 89. Un triángulo rectángulo ABC con la hipotenusa AB = 2a =-• 20cm y el ángulo ¿mC B A = a = 6 0 ° gira alrededor del eje Cz, (íig. 224) de acuerdo con

la ley de movimiento <p = 10/ — 2/t . A lo largo de la hipotenusa, cerca de su parte media O,

oscila un punto Ai según la ley £ — a eos

(el eje 0£ está dirigido a lo largo de OA) Ha­llar la aceleración absoluta del punto Af en el instante /, = 2s.

Solución 1) Determinamos la posición del punto M en su trayectoria relativa AB en el instante í t. De la ecuación del movimiento ha­llamos:

e .= « cos ( ^ ) = -

Por consiguiente, el punto M en el instante /, se encuentra en la parte media del segmento OB. Esta posición se traza en el dibujo.

2) Determinación de i>rej. Ya que el movimiento relativo es rectilíneo, entonces

<' « < = § = - T o s c n ( y ' ) '

En el instante /, = 2s.

fiel.“ — -g-0 K 3": I or«i. !=-§- fTcm/s.

El signo menos indica que en el instante /, el vector t>re| está dirigido de A1 hacia B

3) Determinación de o> y e. Tomando las derivadas hallamos:

o> = = I O — 4/. u>1 = 2 !/s . di

Ib - 142

242 Cap. XIV. Movimiento compuesto del punto

donde 6), es el valor de co en el instante /, =2$;

dio . , ,

Los signos indican que a partir del instante f|t la rotación está dirigida en sentido contrario al de las agujas del reloj tsi se mira desde el extremo del eje Cty) y es retardada.

4) Determinación de tofcI. El movimiento relativo es rectilíneo, por eso

dvrd n1 ( n ,\

“'•c=-¿£! = - 9 atüSVTi) ‘En el instante/, = 2s

n* 5T cm/

5) Determinación de t»arr. Para el punto M. el movimiento del triángulo será de arrastre. Por consiguiente, la aceleración de arrastre trarr del punto M es igual a la aceleración del punto del triángulo, con el cual en el instante dado coincide el punto M Este punto del triángulo se mueve por la circunferencia de radio AÍD = /j; en el instante tx — 2s

a , 3A = - -se n a í= 5 - ^ — cm.

De tal modo, en este instante

wltr ~ zíl = — 10 K^Tcm/s*; u£rr = coVi = 10 Y 3~cm/s2.

El vector w afr está dirigido pecpendiculannente al plano ABC en el sentido

opuesto a la rotación del triángulo. El vector w "n está dirigido a lo largo de la

linea MD hacia el eje de rotación Czv6) Determinación de trcof. En el instante Íxí= 2s, el módulo de es igual a

wcot = 2 1 G>rrei J sen a = lOn cm/s*,

pues, en este caso, el ángulo entre vrel y el eje Czi es igual a a.Proyectando el vector ürci al plano perpendicular al eje Cz, (la proyección está

dirigida a lo largo de la línea MD) y girando esta proyección 90° en el sentido dela rotación de arrastre, es decir, en sentido contrario al de las agujas del reloj,hallaremos la dirección de trcof (en nuestro caso, ésta coincide con la dirección

de * o7) Determinación de tra. La aceleración absoluta del punto M en el instante t¡

es igual a:

t ü * = t r r rH - tr ^ r r + w J rr + W cor

Para hallar el módulo de wa traíamos los ejes Oxyz (véase la lig. 224) y calcula­mos las proyecciones de todos los vectores sobre estos ejes.

Obtenemos:

u>ax = wcor + («£« |~ *0/1+ 10 a 48,7 cm/s*.

wtyz=wxt\sen a — a£rr — 10 j/ ’T » — 12,6 cm/s1

5U5M= —t»relcos a = — — n1 sí —2,7 cm/s*.

Luego hallamos: _______________

utt = VrwJ¡x + u 'h + cv»* ~ 50.4 cm/sa.El vector tvt puede ser construido según sus componentes a lo largo de los

ejes Oxyg.

CAPITULO XV

Movimiento compuesto del cuerpo sólido

§ 94. Composición de m ovim ientos de arrastre. Si el cuerpo se mueve respecto de los ejes Oxy? (véase la íig. 209) los cuales efectúan a su vez un movimiento de arrastre respecto de los ejes inmóviles Ox,¡/,z,, el movimiento resultante (absoluto) del cuerpo se llama compuesto (véase el § 90).

En esle caso, el problema de la Cinemática consiste en hallar las relaciones^entre las características de los movimientos relativo, de arrastre y absoluto. Como se sabe, las características cinemáticas principales de un cuerpo son sus velocidades y sus aceleraciones angulares y de traslación. En adelante nos limitaremos a determinar solamente las dependencias entre las velocidades angulares y de trans­lación de los movimientos.

Primeramente examinemos el caso en que el movimiento relativo del cuerpo es de traslación con la velocidad u, y el movimiento de arrastre es también de traslación con la velocidad v t. Entonces, lodos los puntos del cuerpo en el movimiento relativo tendrán la velocidad v, y en el de arrastre, la velocidad v t. Por consiguiente, según el leorema de la composición de velocidades, todos los puntos del cuerpo en el movimiento absoluto tendrán la misma velocidad e = u ,4 t i„ es decir, el movimiento absoluto del cuerpo será de traslación.

Así pues, al componer dos movimientos de traslación con las veloci­dades ®, y v„ el movimiento resultante del cuerpo es también un mo­vimiento de traslación con la velocidad v = v, + ®,.

En este caso, el problema de la composición de velocidades se reduce al problema de la Cinemática del punto (§ 91).

§ 95. Composición de rotaciones alrededor de dos ejes paralelos. Estudiemos el caso cuando el movimiento relativo del cueipo es una rotación con la velocidad angular <i>, alrededor del eje aa' fijado sobre la manivela ba (fig. 225), y el movimiento de arrastre es una rotación de la manivela ba alrededor del eje bb‘ con la velo­cidad angulai u>,.

Si los ejes aa' y 66' son paralelos, el movimiento del cuerpo será planoparalelo respecto al plano peipendicular a los ejes.

Examinemos separadamente los casos cuando las rotaciones están dirigidas en un mismo sentido y en sentidos opuestos.

1) Las rotaciones son del mismo sentido. Representemos la sec­ción (S) del cuerpo por un plano peipendicular a los ejes (fig. 226).

li>

244 Cap. XV. Movimiento compuesto del cuerpo sólido

Designemos los trazos de los ejes en la sección (S) por las letras A y 8. Se ve fácilmente que el punto A, como punto situado sobre el eje Aa', recibe velocidad solamente de la rotación alrededor del e;e ¡ib', por consiguiente, vA = o>, - /I/i, Del mismo modo, vR = o>, • AB. En este caso, los vectores vA y v„ son paralelos entre sí (los dos son perpendiculares a AB) y están dirigidos en sentidos opuestos. Enton­ces. el punto C (véase el § 81, la fig. 182,6) es el centro instantáneo de velocidades (uc = 0) y por lo tanto, el eje Ce', paralelo a los ejes Aa' y Btí, es el eje instantáneo de rotación del cuerpo.

des

Para determinar la velocidad angular u> de la rotación absoluta del cuerpo alrededor del eje Ce' y la posición del propio eje, es decir, del punto C, utilicemos la igualdad (§ 81, la fórmula 55) ,

Vft Va Ü) = — - c= -‘ -BC AC

Aplicando las propiedades de la proporción obtendremos:

, , °A+Un UA+VB AC + tíC AB '

Poniendo los valores vA = b>,- AB. v„ = wl- AB, en las igualda precedentes hallaremos definitivamente:

'(o = ct,+ <o„ (91)

í í i = ü = -5í. <ij2)t e AC A B ' ' '

Entonces, si un cuerpo participa al mismo tiempo en dos rotaciones det mismo sentido alrededor de ejes paralelos, su movimiento resultante será una rotación instantánea con una velocidad angular absoluta ni = w, o), alrededor del eje instantáneo, paralelo a los ejes dados, la posición de este eje se determina por la proporción (92).

En el transcurso del tiempo, el eje instantáneo de rotación Ce" cambiará su posición describiendo una superficie cilindrica.

$ 95. Composición de rotaciones alrededor de dos ejes paralelos_____ 245

2) Las rotaciones son de sentidos opuestos. Representemos de nuevo la sección, (S) del cuerpo (fig. 227) y admitamos, para mayor precisicn, que <«>,'> <u,. Entonces, razonando tal como en el caso anterior, hallamos que las velocidades de los puntos A y B serán numéricamente iguales a: vA = io,-AB, tfa = o)1-y4B; en este caso vA y vB son paralelas entre si y están dirigidas en el mismo sentido. El eje instantáneo de rotación pasa por el punto C (fig. 227) y al mismo tiempo

BC AC

o según las propiedades de la proporción

» _ «a—«a _ BC— A C '

»h—vaAB

Poniendo los valores de vA y vB en estas igualdades, definitivamente

0) = 10, — ü>,

BC■ -SÍL ' AC a b ■

hallaremos

(93)

(94)

En este caso, el movimiento resultante es también una rotación instantánea con una velocidad angular absoluta <o = iú ,— alrededor del eje Ce', cuya posición se determina por la proporción (94).

Los resultados obtenidos nos muestran que los vectores de las velocidades angulares durante la rotación alrededor de ejes paralelos se componen de la misma manera que los vectores de fuerzas para­lelas (§ 17).

Fig. 227 Fig. 228

3) Par de rotación. Examinemos el caso particular de rotaciones en sentidos opuestos alrededor de ejes paralelos (fig. 228) y en mó­dulo u),=üís. Este conjunto de rotaciones se llama par de rotación y los vectores u>¡ y u>, forman un par de velocidades angulares. En este caso, obtenemos que vÁ = <s>,- AB y v„ = u>, ■ AB, es decir. vÁ~ vB. Entonces (véase el § 81, la fig 181, a), el centro instantáneo de

246 Cap. XV. Movimiento compuesto del cuerpo sdfido

velocidades se encontrará en el infinito y todos los puntos del cuerpo en el momento dado tendrán las mismas velocidades v = a>l -AB.

Por consiguiente, el movimiento resultante del cuerpo será un movimiento de traslación (o movimiento instantáneo de traslación) con la velocidad t> numéricamente igual a u>x-AB y dirigida perpen­dicularmente al plano que pasa por los vectores ot, y el sentido

del vector v se determina tal como se de­terminaba en la Estática el sentido del mo­mento m de un par de fuerzas (§ 45). Hablan­do de otro modo, el par de rotación es equivalente a un movimiento de traslación (o un movimiento instantáneo de traslación con la velocidad v igual al momento del par de las velocidades angulares de estas rota­ciones.

Como ejemplo de un movimiento tal puede servir el movimiento de traslación del pedal DE de una bicicleta respecto al cuadro

de la misma (lig. 229). Este movimiento es el resultado de la rotación rela­tiva del pedal alrededor del eje A fijado en la manivela BA y de la rotación de arrastre de la manivela BA alrededor del eje B. Las velo­cidades angulares t», y <», de estas rotaciones tienen un mismo, módulo porque en todo instante el ángulo de rotación <p, del pedal respecto a la manivela BA es igual al ángulo de rotación (¡>, de la manivela. La velocidad del movimiento de traslación del pedal es v = a>t -AB.

f 9“>. Transmisiones po r engranajes cilindricos- Los resultados obtenidos párrafo precedente pueden ser utilizados para el cálculo cinemático de trans­

misiones por engranajes formados de ruedas dentadas cilindricas (piñones). Exami­nemos los tipos esenciales de estas transmisiones.

Fig. 230

1) Se llama transmisión simple la transmisión en la que todos los ejes de las ruedas que se encuentran en engrane sucesivo son inmóviles. En este caso, una de las ruedas (por ejemplo, el pinón / en Is fig. 230) ea motriz y todas las otras son ruedas conducidas. En el caso del engrane exterior (lig. 230 a) o inte­rior (íig 230 6) de dos ruedas, tenemos | cu, |*r, = | <ú, |*r*. porque la velocidad del punto de engrane A es la misma para las dos ruedas. Teniendo en cuenta que el número z de dientes de las ruedas engranadas es proporcional a sus radios y que

§ 96. Transmisiones por engranajes cilindricos 247

en el caso de engrane interior las ruedas giran en el mismo sentido y si el en­grane es exterior, las ruedas tienen sentido opuesto, obtenemos l)

W » / e x t e r i o r r i z i

= I l —£l .x ^ i / i n t e r i o r ri zi

En el caso de ongrane exterior de tres ruedas (íig. 230 c) hallamos que

«>t __ rt .

w2 rx • r , 1

de donde

<*>3 r x zx '

Por consiguiente, la relación de las velocidades angulares de los piñones ex­tremos de una transmisión de engranaje simple, es inversamente proporcional a sus radios (número de dientes) y no depende de los radios de los piñones inter­mediarios (locos).

De los resultados obtenidos se deduce que en el caso de un engranaje simple de n piñones se tendrá

(95)ü>„ r | 2 ,

donde k es el número de engranes exteriores (en el caso mostrado en la íig. 230, a hay un engrane exterior, en la fig. 230, c. dos engranes exteriores, en la íig. 230, b, no hay engrane exterior).

Se llama relación de transmisión de un engranaje al valor i xn que da la rela­ción de la velocidad angular de la rueda motriz a la velocidad angular de la conducida.

/ i r , - — . (9 6 )to„

Para la transmisión simple, el valor i ln lo da el miembro derecho de la fórmula (95).

2) Se llama transmisión planetaria (véase la fig. 231) a la transmisión en laque el piñón / es inmóvil y los ejes de los otros piñones, que se encuentran enengrane sucesivo, están fijados en la manivela AB que gira alrededor del eje del piñón inmóvil.

3) Se llama transmisión diferencial a la transmisión mostrada en la íig 231en el caso en que el piñón 1 no es inmóvil y puede girar alrededor de su eje Aindependientemente de la manivela AB.

Se puede hacer el cálculo de las transmisiones planetarias y diferenciales supo­niendo que todo el plano inmóvil Axxyx tiene un movimiento de rotacion con la velocidad angular co/# igual en módulo a la velocidad angular de la manivela AB y de sentido opuesto a esta velocidad (método de parada o método de Willis).

Entonces, en virtud de los resultados del párrafo 95, en este movimiento com­puesto. la manivela estará inmóvil y cualquier piñón de radio rk tendrá la velo­cidad angular

11 En todas las fórmulas de este párrafo co representa el valor algebraico (nu­mérico) de la velocidad angular, que tiene el signo más en caso de rotación en sentido contrario al de las agujas del reloj y el signo menos cuando la rotación se efectúa en sentido de las agujas del reloj.

248 Cap XV. Movimiento compuesto del cuerpo sólido

donde o>* es la velocidad angular absoluta de este piñón respecto a los ejes <4X]t/t.

En este caso, los ejes de todos los piñones serán inmóviles y la relación entre o>* puede ser determinada igualando las velocidades de los puntos de engrane o direc­tamente por la (órmvjla (95).

Se puede hacer también el cálculo de las transmisiones planetarias y diferen­ciales con ayuda de los centroi instantáneos de velocidades (§ 81):

Problema 90. En un mecanismo planetario (fig. 231) el piñón / de radio rx es inmóvil, pero la manivela AB gira con una velocidad angular Hallar lavelocidad angular del piñón 3 de radio r3.

Solución. Designamos por <■>!(<■){ = 0), cua y coa las velocidades absolutas de los piñones respecto de los ejes Axxyx. Después de comunicar una rotación con velocidad angular a todo el plano Axxyx, se obtiene en este movimiento

aAB. = aAB. ó>, = 0), — u>AB. a>AB = 0. ■

El número de engranes exteriores de la transmisión simple obtenida es k = 2. Entonces, según la fórmula (95)

6 ~~tóAR —¿ 1 r i r x

De aqui hallamos la velocidad angular absoluta del engranaje 3:

l—7 7 ) “ '*»•

SI > rx, el sentido de rotación del piñón 3 coincide con el sentido de lota- ción de la manivela; cuando r9 < rx, no coincide. En caso de que /•,= /•„ obtene­mos 0)3 = 0 En este caso, el piñón 3 tiene, movimiento de traslación.

La velocidad angular relativa (respecto de la manivela AB) del piñón 3 se halla

según la lórmula (91). Ya que la velocidad absoluta -f uíab (para el piñón

3 la velocidad angular de la manivela, es de arrastre), entonces,

lt3Afí.' I

Cuando r3 = r x obtenemos ci>3C,= — Las velocidades angulares relativa

y de arrastre forman, en este caso, un par y llegamos, por otra vía. a la con­clusión que el movimiento resultante del piñón en este caso, es de traslación con la velocidad v=¿ íú¿ b AB.

§ 96. Transmisiones por engranajes cilindricos 249

Olra solución l>. La velocidad del punto B del piñón 3 es igual a VQ — (r l-f- +2r*-\-ri )<úAQ. Hallemos también para este piñón la velocidad del punto K. quees el punto de engrane de los piñones 2 y 3. Para el piñón 2 la velocidad

+ El centro instantáneo de las velocidades de este piñón seencuentra en el punto P2 de contacto con el piñónI. Por consiguiente, v#— (/", <¿ab ^

Entonces, según la fórmula (56) (véase el § 81)

I —Vfrl r3 — r\BK

&AR-

Se puede obtener el mismo resultado con­struyendo el centro instantáneo de velocidades P 3 del piñón 3.

Problema 91. Un reductor de velocidad (fig.232) se compone de: a) el piñón inmóvil /; b) dos piñones apareados 2 y 3 montados sobre la mani­vela enlazada con el árbol motriz AC (los piñones2 y I están en engrane interior); c) el piñón •/ por­tado por el árbol conducido B. Los números de dientes de los piñones son iguales a: z, = l20. zt = 40, Z j = 30, z 4 = 5 0 . El árbol motriz hace nA == 1500 r/min. Hallar el número de revoluciones del árbol conducido B.

Solución. Designamos las velocidades angula­res absolutas de la manera siguiente: del árbol AC con la manivela por ü)^. del piñón 4 con el árbol B por (ún, de los piñones 2 y 3 por co,3 (estos p i­ñones giran como un solo cuerpo). El piñón 1tiene la velocidad angular 6), — 0. Después de comunicar al plano x.y,. paralela­mente al cual se mueve el mecanismo, una rotación con una velocidad angular tí>A.

obtendremos que la manivela en este movimiento está inmóvil (<1)^ = 0) y los piñones tendrán las velocidades:

Fig. 232

(»1 — 0 —0) , túj; = 0>,3— <ÚA, 0>4=0)B — d>A-

Ahora, componiendo las relaciones (95) para los piñones I y 2 y para los piñones 3 y 4, obtendremos:

*>1 _ __ ¿4W 23 Z\ <1)4 Z3

Multiplicando una por otra estas igualdades, obtendremos:

<■>1 _ ZjZ4 ‘ 2, Z3

-V*A(úq — Iúa

De aquí, teniendo en cuenta que la magnitud hallamos:

ZjZ,

*1*3 ‘n r/min es proporcional a w

fin ■-

Problema 92. Resolver el problema precedente si el piñón / gira en el mismo sentido que el árbol motriz AC. haciendo « , = 1100 r/min (el reductor con una transmisión diferencial).

n Esta otra solución $e da para mostrar la posibilidad de utilizar en este caso los. métodos del § 81 De la misma manera se pueden resolver los problemas 91. 92. Estas soluciones serán, en general, un poco más complicadas (particularmente en el problema 92).

250 Cap. XV. Movimiento compuesto del cuerpo sólido

Solución l.a solución es la misma que en problema 91, pero con una sola diferencia: w, ^ 0 (ademas, según las condiciones del problema, los signos de u>, y

de (o coinciden) y, por lo tanto, = <o, — tj>A.Como resultado, la proporción obtenida en el problema 91

Si el piñón / gira en el sentido opuesto al sentido de la rotación del árbol AC, hace falta cambiar el signo de n t en el resultado obtenido.

§ 97. Composición de rotaciones alrededor de ejes concu­rrentes. Primero examinemos el caso de la composición de rotaciones alrededor de dos ejes concurrentes.

Admitamos, por ejemplo, que el movimiento relativo del cuerpo / (fig. 233, ti) representa la rotación con una velocidad angular <u, alre-

Por consiguiente, el movimiento resultante del cuerpo es un movi­miento alrededor del punto fijo O y para cada intervalo elemental de tiempo es un giro elemental con una velocidad angular <u alrededor del eje instantáneo que pasa por el punto 0 (§ 87).

Para determinar el vector o> calculamos la velocidad de cualquier

punto M del cuerpo,.cuyo radio-vector OM — r. Durante el movimiento relativo alrededor del eje Oa, el punto M , de acuerdo con la fórmula (67), adquiere la velocidad ®[cl = <i>, x r; durante el movimiento de arrastre alrededor del eje Ob, el punto adquiere la velocidad ®JIr = (ot xr. Por consiguiente, la velocidad absoluta del punto M es igual a

Pasando a las revoluciones por minuto, hallamos que

" f í- n A - h t v ! (n/i — n ,) = 2220 r/m.

dedor del eje a,a fijado sobre la manivela 2 y la rotación de la manivela con la velocidad angular <o, alrededor del eje b,b es el movimiento de arras­tre. Los ejes a,a y b¡b son co- planares y se intersecan en el punto 0. Tal caso de la com­posición de rotaciones alrede­dor de dos ejes concurrentes se muestra esquemáticamente en la fig. 233, b.

a

Fig. 233

bEs evidente que en este caso

la velocidad del punto 0, por encontrarse al mismo tiempo en ambos ejes, será nula.

w. = ®,.i + ®afr = K •+ w .)xr.

§ 97. Composición ele rolueiones alrededor de ejes concurrentes 251

Por otra parte, puesto que el movimiento resultante del cuerpo es una rotación instantánea con una velocidad angular co, debe ser

v, -- <úxr.Para todos los puntos del cuerpo obtendremos resultados análogos

(es decir, esto no depende de r). De aquí concluimos que

<» = €», + w,. (97)

Por consiguiente, durante la composición de rotaciones alrededor de dos ejes que se intersecan en el punto O, el movimiento resultante del cuerpo será una rotación instantánea alrededor del eje Oc, que pasa por el punto 0 y la velocidad angular <o de esta rotación es igual a la suma geométrica de las velocidades angulares relativa y de arrastre. El eje instantáneo de rotación Oc está dirigido a lo largo del vector o>, es decir, por la diagonal del paralelogramo construido con los vectores<*>. y <*V

En el transcurso del tiempo, el eje Oc cambia su posición descri­biendo una superficie cónica, cuyo vértice se encuentra en 0.

Si el cuerpo participa al mismo tiempo en rotaciones instantáneas alrededor de unos cuantos ejes que se intersecan en el punto 0, entonces, utilizando sucesivamente la igualdad (97) llegaremos a la conclusión de que el movimiento resultante es la rotación instantánea alrededor del eje que pasa por el punto O y la velocidad angular de este movimiento es

<■>=<■>,+o), + . . . +<■>„. (98)

Problema 93. De te rm inar la ve loc idad ang u la r a b so lu ta w de un ro d iü o cón ico (véase el problem a 80, § 88) si el ra d io del ro d illo AC — R. la d is ta n c ia OA—I y la ve loc idad del pun to 4 es conocida

( fig . 234).Solución. E l m o v im ie n to abso lu to del

r o d illo es el resultado de su ro tac ión re la­t iv a alrededor del eje OA con la ve loc idad angu la r o , y de la ro tac ión de arrastre de la m an ive la OA alrededor del eje OB con una ve loc idad ang u la r ü>¡. En este caso.

E l eje in s ta n táne o de ro tac ión y . por lo tan to , el vector de la ve loc idad ang u la r abso- Fig- 234

lu la (o. están d ir ig id o s p o r ta linea OC. po r­que la ve loc idad del pun to C es nu la (vease el problem a 80). C onstruyendo el para­

lelogramo correspondiente ha llam os que tú *= ■

Y a que sen a — . _ . l_- . cnlonces en d e f in it iv a

V l‘ + R‘

252 Cap XV. Mirtrimiento compuesto riel cuerpo sólido

Se puede obtener este resultado de otra manera (teniendo en cuenta que OC es el eje instantáneo de rotación) a partir de la igualdad vA = (úh. donde /i--/$ena.

El movimiento del rodillo se’compone de una serie de rotaciones elementales con la velocidad angular w alrededor del eje OC que cambia constantemente su posición describiendo un cono circular c«»n el vértice en el punto O.

§ 98*. Composición de movimientos de traslación y de ro­tación. Movim iento helicoidal. Examinemos el movimiento compues­to de un cuerpo sólido que consta de los movimientos de traslación y de rotación. Un ejemplo correspondiente se muestra en la fig. 235. Aqui, el movimiento relativo del cuerpo / es.la rotación con la velo­

cidad angular o> alrededor del eje Aa lijado sobre la plataforma 2 y el movimiento de arrastre es el movimiento de traslación de la plata­forma con una velocidad v. La rueda 3 participa al mismo tiempo en estos dos movimientos, para la cual, el movimiento relativo es la rotación alrededor de su eje y el de arrastre es el movimiento de la plataforma. Según el valor del ángulo o, formado por los vectores <■> y v (para la rueda el ángulo- equivale a 90°) son posibles tres casos:

1) La velocidad de traslación-es perpendicular al eje de rotación (v JL <■>). Supongamos que el movimiento compuesto comprende la rotación alrededor del eje Aa con la velocidad angular u y el movi­miento de traslación con la velocidad v perpendicular a <a (fig. 236). Está claro que este movimiento representa (respecto al plano II per­pendicular al eje Aa) el movimiento planoparalelo estudiado detalla­damente en el capitulo XII. Si se considera el punto A como polo, el movimiento que se examina, como cualquier movimiento planoparalelo, se compondrá, en efecto, de los movimientos de traslación con la velocidad vA= v , es decir, con la velocidad del polo, y de la rotación alrededor del eje Aa que pasa por el polo.

Se puede reemplazar el vector v por el par de velocidades angu­lares o>', oj” (§ 95) considerando que co' — <o y *>' = — <o; la distancia AP se halla de la igualdad v = u ' AP, de donde (teniendo en cuenta

1Ü/'

Fig. 236F g. 235

§ 98. Composición de movimientos de traslación y de rotación 253

que íd' = a>)

AP = ± . (99)

La suma de los vectores o y g>" es igual a cero y resulta que elmovimiento del cuerpo, en este caso, puede considerarse como la rota­ción instantánea alrededor del eje Pp con la velocidad angular <»' = o». Este resultado fue obtenido ya de otro modo (§ 81). Comparando las igualdades (53) y (99) es fácil ver que el punto P para la sección (S) del cuerpo es el centro instantáneo de velocidades (vp = 0). Aquí nos convencemos una vez más de que el giro del cuerpo alrededor de los ejes Aa y Pp se efectúa con la misma velocidad angular <u, es decir, que la componente de rotación del movimiento compuesto jio depende' de la elección del polo (§ 77).

•2) Movimiento helicoidal (o || <o). Si el movimiento compuesto del cuerpo com­prende una rotación alrededor del eje Aa con una velocidad angular oí y un movi­miento de traslación con una velocidad v dirigida paralelamente al eje Aa (fig. 237), entonces, tal movimiento se llama heli­coidal. El eje Aa se llama eje de la hé­lice, cuando los vectores v y &> están dirigidos en el mismo sentido, según la Fig. 237regla de representación de <a, adoptadapor nosotros, la hélice será derecha, e izquierda si estos vectores tienen sentidos opuestos.

La distancia recorrida durante una vuelta por cualquier punto del cuerpo que se encuentra sobre el eje de la hélice se llama paso h de la hélice. Si las magnitudes v y <o son constantes, el paso de la hélice será también constante. Designando el tiempo de una rotación por T, en este caso obtenemos vT — h y wT — 2n, de donde

Si el paso es constante, entonces, cualquier punto M del cuerpo, no situado en el eje de la hélice, describe una linea helicoidal. La velocidad del punto M, situado a la distancia r del eje de la hélice, se compone de la velocidad de traslación v y- de la velocidad ow-, perpendicular a la primera, obtenida durante el movimiento de rota­ción. Por consiguiente,

vM — y v‘ -f iüV*.

25-1_____ Cap. XV. Movimiento compuesto del cuerpo sólido

La velocidad está dirigida por la tangente a la linea helicoidal. Si cortamos la superficie cilindrica, por la cual se desplaza el punto M. a lo largo de la componente y la desplegamos, es evidente que, para la hélice de paso constante, las lincas helicoidales se transforman

en rectas inclinadas respecto a la base del cilindro bajo el ángulo a (tg a = h/2nr).

3) La velocidad del movi­miento de traslación forma con el eje de rotación un án­gulo arbitrario. El movimiento compuesto que el cuerpo reali­za en este caso (fig. 238, ti) es el movimiento examinado en el párrafo 88 (caso general del movimiento del cuerpo só­lido libre).

Descompongamos el vector v (fig. 238, b) en sus compo­

nentes: I) dirigida a lo largo de t», (y' = ucos<x) y 2) v", perpen­dicular a o> (v" = usenoc). La velocidad v" puede reemplazarse por un par de velocidades angulares &»' = <■> y <o" — — w (tal como se ve en la fig. 236), después de lo cual los vectores o> y co" pueden ser omitidos. La distancia AC se halla según la formula (99):

u* usen a

Ahora, el cuerpo posee sólo rotación con la velocidad angular <■>' y movimiento de traslación con la velocidad Por consiguiente, la distribución de las velocidades de los puntos del cuerpo en el instante dado será la misma que en el caso del movimiento helicoidal alrededor del eje Ce con la velocidad angular <u' = o> y con la velocidad de traslación u' = t;cosa.

Gracias a las operaciones realizadas (fig. 238, b) pasamos del polo A al polo C. El resultado muestra que en el caso general del movi­miento, con el cambio del polo la velocidad angular del cuerpo no varia (u' = <o), se modifica solamente la velocidad de traslación (v' ^ ©).

Ya que durante el movimiento del cuerpo sólido libre las magni­tudes v. (o y a cambian todo el tiempo, cambiará también constan­temente la posición del eje Ce, que, por esta razón, se llama eje helicoidal instantáneo. De este modo, el movimiento de un cuerpo sólido libre puede considerarse también como un movimiento compues­to de una serie de movimientos helicoidales instantáneos alrededor de ejes helicoidales que varían constantemente.

Fig. 238

PARTE TERCERA

Dinámica del punto

CAPITULO XVI

Introducción a la Dinámica. Leyes de la Dinámica

§ 99. Nociones y d e fin ic io n es p rin c ip a les . Llámase Dinámica a la parle de la Mecánica que estudia las leyes del movimiento de cuerpos materiales sometidos a la acción de fuerzas.

El movimiento de cuerpos fue estudiado en la Cinemática desde el punto de vista puramente geométrico. En la Dinámica, a diferencia de la Cinemática, durante el estudio del movimiento de cuerpos se tienen en cuenta las fuerzas efectivas, asi como la inercia de los propios cuerpos materiales.

La noción de fuerza como de una magnitud que caracteriza la me­dida de la interacción mecánica de cuerpos materiales fue introducida en la Estática. Pero en la Estática consideramos, de hecho, que todas las fuerzas son constantes y no tocamos el problema de las posibles variaciones de estas fuerzas en función dél tiempo. Sin embargo, sobre un cuerpo en movimiento, además de las fuerzas constantes (se puede estimar constante la fuerza de gravedad) actúan generalmente fuerzas variables, cuyos módulos y direcciones varían durante el movimiento del cuerpo. Al mismo tiempo pueden ser variables también las fuerzas dadas (efectivas) y las reacciones de las ligaduras.

La experiencia muestra que las fuerzas variables pueden depender de un modo determinado del tiempo, de la posición del cuerpo ij de su velocidad. La fuerza de tracción de una locomotora eléctrica depende, en particular, del tiempo durante la conexión o la desconexión gradual del reóstato; la fuerza que provoca la vibración del fundamento durante el trabajo de un motor, cuyo árbol está mal centrado, es también función del tiempo; la fuerza newtoniana de gravedad o la fuerza elástica de un resorte dependen de la posición del cuerpo; las fuerzas de resistencia en un medio (agua, aire) dependen de la velocidad del movimiento. Estas son las fuerzas que constituyen, junto con las fuerzas constantes, el objeto del estudio de la Dinámica. Las leyes de la composición y reducción de fuerzas constantes son válidas igualmente para las fuerzas variables.

La comparación de los resultados de la acción de una misma fuerza sobre diferentes cuerpos materiales, conduce a la noción de

256 Cap XV/ 1ntruducciün ti lo IJmurnua Leyes dr ¡a Dinámica

inercia de los cuerpos. La experiencia muestra que, en general, si se aplica una misma fuerza a dos cuerpos distintos en reposo, libres de otras influencias, estos cuerpos durante un mismo lapso de tiempo recorrerán distancias diferentes y tendrán velocidades desiguales.

La inercia caracteriza la propiedad de /os cuerpos materiales de cambiar más rápido o más lentamente la velocidad de su movimiento bajo la acción de las fuerzas aplicadas. Si, por ejemplo, bajo la acción de fuerzas iguales la velocidad del primer cuerpo varia más lentamente que la del segundo, se dice que el primer cuerpo es más inerte que el segundo y viceversa.

La medida cuantitativa de la inercia del cuerpo dado es una mag­nitud física que se llama masa del cuerpo').

Un Mecánica se considera que la masa m es una magnitud escalar positiva y constante para cada cuerpo dado. Las variaciones de la masa serán estudiadas en el párrafo 101.

En el caso general, el movimiento del cuerpo no solamente depende de la masa total y de las fuerzas aplicadas; el carácter del movi­miento puede depender además de las dimensiones geométricas del cuerpo y de la disposición mutua de las partículas que lo forman(en decir, de la distribución de las masas).

A fin de no tener en cuenta, durante el estudio preliminar de la dinámica, la influencia de las dimensiones de los cuerpos y de la distribuición de masas, se introduce la noción de punto material.

Se llama punto material a un cuerpo material (un cuerpo que tiene masa), cuyas dimensiones pueden ser despreciadas durante el estudio de su movimiento.

En la práctica se puede estimar que un cuerpo dado es un puntomaterial, si las distancias recorridas por los puntos de este cuerpodurante su movimiento son muy grandes en comparación con las di­mensiones del propio cuerpo. Por ejemplo, se puede considerar como un punto material a un planeta, durante el estudio de su movimiento alrededor del Sol, o un proyectil al determinar su distancia de vuelo en el aire. etc. Además, como veremos en la Dinámica de sistemas, un cuerpo en movimiento de traslación puede considerarse como un punto material, cuya masa es igual a la masa total del cuerpo.

En fin, se puede considerar como puntos materiales las diferentes partículas del cuerpo, en que lo dividiremos mentalmente durante la determinación de unas u otras características dinámicas de éste.

Es natural que el estudio del movimiento de un punto material debe preceder al estudio de un sistema de puntos y, en particular, de un cuerpo sólido. Por eso, el curso de Dinámica se divide habi-

1} La masa es al mismo tiempo, una medida de las propiedades gravitacionales del cuerpo, porque según la ley de la gravitación universal, dos cuerpos se atraen reciprocamente con fuerzas que son directamente proporcionales al producto de sus masas e inversamente proporcionales al cuadrado de la distancia entre ellos.

§ 100. Leyes de la Dinámica 257

tualmente en la dinámica del punto y en la dinámica de sistemas de puntos materiales.

§ 100. Leyes de la D inám ica , La Dinámica se basa en las leyes que generalizan los resultados de numerosos experimentos y ob­servaciones sobre el movimiento de cuerpos y que son justificadas por la amplia práctica social e histórica de la humanidad.

Por primera vez estas leyes fueron sistematizadas por I. Newton en su obra clásica «Principios matemáticos de la filosofía natural» editada en el año 1687.

La primera ley (ley de la inercia) descubierta por Galileo (1638) dice: «un punto material libre de toda influencia exterior, conserva su estado de reposo o de movimiento rectilíneo y uniforme hasta que las fuerzas aplicadas a él lo obliguen a cambiar de estado». El movi­miento que realiza el punto en ausencia de fuerzas se llama movimien­to por inercia.

La ley de la inercia refleja una de las propiedades esenciales de la materia: la de encontrarse siempre en movimiento; y establece para los cuerpos materiales la equivalencia entre los estados de reposo y de movimiento por inercia. De esta ley se deduce que si F — 0, el punto está en reposo o se mueve con una velocidad constante en módulo y dirección (u = const). En este caso, la aceleración del punto es nula (w = 0). Si el movimiento del punto no es uniforme y rectilíneo, entonces sobre éste actúa una fuerza.

El sistema de referencia, respecto del cual la ley de la inercia es válida, se llama sistema de referencia de inercia (a veces se le llama convencionalmente sistema inmóvil). Según los datos experimen­tales para nuestro sistema solar el sistema de referencia de inercia, es aqu^l cuyo origen se encuentra en el centro del Sol y los ejes están orientados hacia las estrellas llamadas inmóviles. Para resolver la mayoría de los problemas técnicos con una precisión suficiente para la práctica, como sistema de referencia de inercia se puede considerar un sistema ligado rígidamente con la Tierra. La validez de esta afirmación será argumentada en el capitulo XX.

La segunda ley (ley fundamental de la Dinámica) establece cómo varía la velocidad del punto bajo la acción de una fuerza cualquiera. Ella textualmente dice: el producto de la masa del punto por la ace­leración que éste recibe bajo la acción de la fuerza dada. es igual en módulo a esta fuerza; la dirección de la aceleración coincide con la de la fuerza.

Matemáticamente esta ley se expresa por la igualdad vectorial

mw = F. (t)

Aquí entre los módulos de la aceleración y de la fuerza tiene lugar la relación

mw = F. (2)

17 142

258 Ct.'p A17 /nireducción a /a Dinámica. Leyes de la Dinámica

La segunda ley de la Dinámica, como la primera, se refiere so­lamente a un sistema de referencia de inercia. De esta ley se ve in­mediatamente que la medida de la inercia de un punto material essu masa, porque bajo la acción de una misma fuerza dos puntosmateriales diferentes reciben una misma aceleración solamente cuando sus masas son iguales; si las masas son diferentes, el punto de mayor niasa (es decir, de mayor inercia) recibe menor aceleración y viceversa.

Si el punto está sometido a la acción de varias fuerzas, éstas serán equivalentes, como se sabe, a una fuerza, es decir, a su resul­tante R igual a la suma geométrica de estas fuerzas. En este caso, la ecuación que expresa la ley fundamental de la Dinámica tendrála forma siguiente

mw — R ó — (3)

El mismo resultado puede ser obtenido si en vez del axioma del paralelogramo utilizamos la ley de la independencia de la acción de fuerzas, de acuerdo con la cual durante la acción simultánea de varias fuerzas sobre el punto, cada una de éstas transmite al punto su ace­leración independientemente de las otras fuerzas.

Peso y masa del cuerpo. Sobre cada cuerpo que se encuentra cerca de la superficie terrestre actúa la fuerza de gravedad P, numérica­mente igual al peso del cuerpo. Se sabe por experiencia que bajo la acción de la fuerza P todo cuerpo durante la caída libre sobre la Tierra (de una altura pequeña, en el vacio) tiene la misma aceleración g. Esta aceleración del cuerpo provocada por la fuerza de gravedad se llama aceleración de la fuerza de gravedad o aceleración de caída libre'). Para la caída libre, según !a ecuación (2) tenemos:

pP — mg ó m = — . (4)

La igualdad (4) nos permite, conociendo la masa del cuerpo, de­terminar su peso y viceversa. La igualdad (4) establece que el peso del cuerpo es igual a su masa multiplicada por la aceleración de la fuerza de gravedad, o la masa del cuerpo es igual a su peso dividido entre la aceleración de la fuerza de gravedad. Si cambia la latitud y la altura sobre el nivel del mar cambia también el peso del cuerpo y el valor de g, pero la masa del cuerpo dado (o del punto material) es invariable.

La tercera ley (ley de la igualdad de la acción y de la reacción) establece el carácter de la interacción mecánica entre los cuerpos materiales. Esta ley, para dos puntos materiales, formula lo siguiente:

*) La ley de la calda libre de los cuerpos lúe descubierta por Galileo. La magnitud de g es distinta para diferentes lugares de la superficie terrestre: depende de la latitud geográfica del lugar y de su altura sobre el nivel del mar. Por ejem­plo, en el ecuador (al nivel del mar) g es aproximadamente igual a 9,78 m/s*; en las latitudes 20°, 40° >■ 60” g es igual a 9,787 ni/s*. 9,802 m/s1 y 9,819 m/s; res­pectivamente.

§ ¡01. Sistemas de unidades 253

dos puntos materiales actúan uno sobre el otro con fuerzas iguales en módulo y dirigidas a lo largo de la recta que une estos puntos, en sentidos opuestos.

Recordemos que las fuerzas de interacción entre los puntos (o cuerpos) materiales libres no forman un sistema en equilibrio por estar aplica­das a cuerpos diferentes. Por ejemplo, si sobre una superficie lisa horizontal colocamos un pedazo de hierro y un imán a cierta distan­cia uno del otro, éstos empezarán a acercarse durante la interacción (pero no estarán en reposo). En este caso, ya que las fuerzas que actúan sobre cada uno de los cuerpos son iguales en módulo, las ace­leraciones de los cuerpos, de acuerdo con la segunda ley de la Diná­mica, serán inversamente proporcionales a sus masas.

La tercera ley de la Dinámica, que establece el carácter de la interacción de las partículas materiales, desempeña un gran papel en la dinámica del sistema.

§ 101. Sistem as de unidades. Para medir todas las magnitudes mecánicas es suficiente introducir tres unidades de medida principales. Dos de éstas son las unidades de longitud y de tiempo ya introduci­das en la Cinemática (§ 58). Como la tercera unidad es más cómodo elegir la unidad de medida de la masa o de la fuerza. Ya que de la igualdad (2) estas dos unidades no pueden ser arbitrarias, entonces aparece la posibilidad de introducir en la Mecánica dos sistemas, de unidades en principio diferentes.

Primer tipo de sistemas de unidades. En estos sistemas se toman como básicas las unidades de longitud, de tiempo y de masa, la fuerza se mide por una unidad derivada.

A los sistemas de este tipo pertenece el sistema internacional de unidades de medidas de tas magnitudes (S I), en el cual las unidades básicas de medir las magnitudes mecánicas son el metro (m), el kilo­gramo de masa (kg), y el segundo ís). La unidad de medida de fuerza es una unidad derivada: 1 newton (n); 1 n es la fuerza que comunica

a la masa de I kg la aceleración de 1 m/s* 1N = 1 .

Otro sistema análogo es el sistema CGS difundido en la Física,en el cual las unidades básicas son el centímetro, el gramo de masa y el segundo; la fuerza se mide por una unidad derivada: dina.

Segundo tipo de sistemas de unidades. En estos sistemas se tomanpor unidades básicas las de longitud, de tiempo y la unidad de fuerza, la masa se mide por una unidad derivada.

A tales sistemas pertenece el sistema Mkgfs, (tiene una difusión grande en la técnica), en el cual las unidades básicas son el metro (m). kilogramo de fuerza (kgf) y segundo (s). La unidad de medida

de la masa en este sistema será I !ü ií! es decir la masa a la cualmla fuerza de 1 kgf comunica la aceleración de I m/s*.

260 Cap XVI. Introducción a la Dinámica. Leyes de la Dinámica

La relación entre las unidades de fuerza en los sistemas SI y Mkgfs es la siguiente: 1 kgfss9,81 N ó IN=s 0,102 kgf.

La diferencia principal entre los sistemas de unidades nombrados reside en el hecho de que para unos, la unidad dinámica básica es la unidad de masa y para otros, la unidad de fuerza.

§ 102. Problemas de la Dinámica para el punto m ateria l libre y no Ubre. Para el punto material libre los problemas de la Dinámica son los siguientes: 1) conociendo la ley del movimiento del punto, determinar la fuerza que actúa sobre éste (el primer problema de la Dinámica); 2) conociendo las fuerzas que actúan sobre el punto, determinar la ley del movimiento del punto (el segundo o principal problema de la Dinámica).

Ambos problemas se resuelven con ayuda de las ecuaciones (I) ó (3) que expresan la ley fundamental de la Dinámica, porque estas ecuaciones establecen la relación entre la aceleración w, es decir, la magnitud que caracteriza el movimiento del punto, y las fuerzas que actúan sobre éste.

En la práctica se estudia frecuentemente el movimiento del punto no libre, es decir, cuando el punto por estar ligado debe moverse por una superficie o una curva dada inmóviles.

En estos casos, como en la Estática, durante la solución de los problemas partiremos del axioma de ligaduras, de acuerdo con el cual lodo punto material no libre puede considerarse como libre después de despreciar la ligadura y reemplazar su acción por la reacción de esta ligadura N. Entonces la ley fundamental de la Dinámica para el mo­vimiento no libre del punto obtendrá la forma

mw = 2 FÍ + N. (5)

donde F¡¡ son las fuerzas activas que actúan sobre el punto.Para el movimiento no libre, el primer problema de la Dinámica

se reducirá, habitualmente, a determinar la reacción de la ligadura conociendo el movimiento del punto y las fuerzas activas que actúan sobre éste. El segundo (principal) problema de la Dinámica durante el movimiento no libre- se divide en dos y consiste en determinar:a) la ley del movimiento del punto, b) la reacción de la ligadura introducida, conociendo las fuerzas activas aplicadas al punto.

§ 103. Solución del prim er problem a de la Dinámica (la determ inación de las fu e r za s según el m ovim iento dado). Si se conoce la aceleración del punto en movimiento, la fuerza activa o la reacción de la ligadura se halla directamente de las ecuaciones (1) ó (5). En este caso, para calcular las reacciones hace falta cono­cer adicionalmente las fuerzas activas. Cuando la aceleración no se da directamente, pero es conocida la ley del movimiento del punto, para determinar las fuerzas (o las reacciones) hace falta calcular pre­viamente la aceleración con ayuda de las fórmulas de la Cinemática (véase los §§ 64, 67).

§ 103. Solución del primer problema de la Dinámica 261

Problema 04. Un aeróstato de peso P desciende con una aceleración u>. ¿Qué carga Q (lastre) hace falta arrojar para que el aeróstato ascienda con la mismaaceleración?

Solución. El aeróstato descendiente está sometido a las acciones de la fuerzade gravedad P y la fuerza sustentadora F (fig. 239. a). Componiedo la ecuación(5) en la proyección sobre la vertical, obten­dremos

- w = P - F . g

Cuando el lastre sea arrojado (fig. 239, b), el peso del aeróstato será P — Q. la fuerzasustentadora queda constante. En este caso, teniendo en cuenta que el aeróstato asciende obtendremos:

P — Q . , F - ( P - Q ) .

Eliminando de estas ecuaciones la fuerza incógnita F, hallaremos:

■ + —

Problema 95. Un ascensor de peso P (fig. 240) empieza a subir con la acelera­ción w. Determinar la tensión del cable.

Solución. Considerando al ascensor como libre, se reemplaza la acción de la ligadura (el cable) por la reacción T y componiendo la ecuación (5) en -la proyec­ción sobre la vertical, obtendremos:

P— w =e

T — P.

De aquí hallamos:

Si el ascensor empieza cable será igual a

■ ( * + ? ) ■

ir con la n

w ( .- f ) .

a descender con la misma aceleración, la tensión del

Problema 96. El radio de curvatura de un puente en el punto A es igual a R(fig. 241). Hallar la presión en el punto A del puente que ejerceré un automóvildel peso m que se mueve con la velocidad o.

Solución. En el punto A, el automóvil posee la aceleración normal

Al mismo tiempo sobre él actúan la fuerza de gravedad P = mg y la reacción N.Según la ecuación (5) compuesta en la proyección sobre la normal, tendremos:

De aqui

u kt m — = mg—N.

262 Cap. XV I. Introducción a la Dinámica. Leyes de la Dinámica

La presión sobre el puente es igual en módulo a N y está dirigida hacia abajo.Problema 97. Una manivela OA de longitud /. girando uniformemente con una

velocidad angular tu. desplaza la colisa K que realiza un movimiento de traslación a lo largo de las correderas /, / (fig. 242). Despreciando el rozamiento, hallar la fuerza de presión Q del cursor A sobre la colisa, si el peso de ésta es igual a P.

Fig. 241Fig. 240

Solución. La posición de la colisa se determina por la coordenada x — l eos <p. Ya que <p = ü>/. la ley del movimiento de la colisa será

x = / eos ü>/.

Componiendo para la colisa la ecuación (5) en la proyección sobce el eje O*,

obtendremos mwx — Qx. Pero. wx ^=~~ = — /a>2 eos co/ = — <o2Jf. De aquí, porque

Qx — — Q, hallamos:P P

- — (ú*x = — Q, Q = — (ú*x.8 8

Por consiguiente. la fuerza de presión del cursor sobre la colisa varia proporcionalmente a su distancia x del cen­tro O.

Los ejemplos examinados muestran que la solu­ción del primer problema de la Dinámica es bas­tante simple, si la aceleración del punto en movi-

i ijLiJl miento no se da directamente, su determinacióny////////////////)/////. se reduce a simples cálculos cinemáticos. Por eso.

Fig. 242 asi como debido a su importancia práctica, el lugarprincipal en la Dinámica lo ocupa la resolución

del segundo problema, que se considera como el problema fundamen­tal de la Dinámica.

''/////////¿v////////ri

- J a

Ecuaciones diferenciales del movimiento del punto y su integración

C A PITU LO x v n

§ 104. M ovim ien to rec tilín eo de l punto . Se sabe de la Cine­mática que durante un movimiento rectilíneo la velocidad y la ace­leración del punto están siempre dirigidas a lo largo de una misma recta. Ya que la dirección de la aceleración coincide con la de la fuerza, se deduce que un punto material libretendrá un movimiento rectilíneo cuando la fuerza ________ M K-If,que actúa sobre éste posea una dirección cons- U—x _»4tante y la velocidad del punto en el momentoinicial Sea nula, o esté dirigida a lo largo de la I I8'fuerza.

Examinemos un punto material que se mueve rectil ineamente bajo la acción de la fuerza aplicada a éste. La posición delpunto en la trayectoria se determina por su coordenada x (fig. 243). En este caso, el problema fundamental de la Dinámica consiste en hallar la ley del movimiento de este punto, conociendo R, es decir, en hallar x — f(t). La ecuación (3) expresa la relación entre x y R. Proyectando ambos miembros de la ecuación sobre el eje Ox, obtendremos

d 'xo, puesto que =

d ‘x

di* £ ^ x - (6)

La ecuación (6) se llama ecuación diferencial del movimiento rec­tilíneo del pun to". Frecuentemente es más cómodo sustituir la ecua­ción (6) por dos ecuaciones diferenciales que contienen las primeras derivadas:

= < 7 >

dX /*7/\

<7 >

m

•> Esta es una ecuación diferencial, porque la magnitud x que debe hallarse entra en ésta bajo el signo de la derivada, La ecuación (6) permite también re­solver el primer problema de la Dinám ica, es decir, conociendo la ley del movi­miento del punto * = / ( ( ) hallar la tuerza efectiva Fx.

264 Cap. X V I! . Ecuaciones diferenciales del movimiento del punto

Cuando durante la resolución de problemas es necesario buscar la dependencia de la velocidad respecto de la coordenada i y no del tiempo t (o cuando las propias fuerzas dependen de x) la ecuación

(7) se transforma respecto a la variable*. Ya que ~ ^ ^ ^ v„,

entonces, en vez de la ecuación (7) obtendremos:

" " > * % = Z F "*- <8 )

La resolución del problema principal de la Dinámica se reduce a hallar la ley del movimiento del punto, conociendo las fuerzas, es decir, a hallar * = /(/). Para eso hace falta integrar la ecuación di­ferencial correspondiente. Con el fin de aclarar mejor a qué se reduce este problema matemático, recordaremos que las fuerzas del miembro derecho de la ecuación (6) pueden depender del tiempo /, de la posición del punto, es decir, de x y de su velocidad, es decir, de

v* = 7t (v®ase e' § 99). Por consiguiente, en el caso general, la ecua­

ción (6), desde el punto de vista matemático, representará una ecua­ción diferencial de 2° orden que tiene la forma

£ = « * ( ' • * • £ ) • <9 )

Se puede resolver esta ecuación para cada problema particular después de establecer la expresión concreta del miembro derecho en dependencia de las fuerzas efectivas. Después de integrar por cual­quier procedimiento matemático la ecuación (9) para el problema correspondiente, en la solución obtenida entrarán dos constantes de integración C, y C, y la resolución general obtendrá la forma si­guiente:

x = f(t. C„ C,). (10)

Para obtener la solución definitiva de cada problema particular hace falta determinar los valores de las constantes C, y C,. Se uti­lizan para eso las asi llamadas condiciones Iniciales.

El estudio de cada movimiento lo realizamos a partir de cierto instante determinado de tiempo, llamado momento inicial. A partir de este momento se calcula el tiempo del movimiento considerando que en el momento inicial / = 0. Como momento inicial se toma ha­bitualmente el instante del comienzo del movimiento bajo la acción de las fuerzas dadas. La posición que ocupa el punto en el momento inicial se llama posición inicial y su velocidad en este momento se llama velocidad inicial (el punto puede tener velocidad inicialpor moverse por inercia, o por estar sometido antes del momento ( = 0 a la acción de algunas otras fuerzas). Para resolver el problema fundamental de la Dinámica hace falta, además de las fuerzas efec­tivas conocer las condiciones iniciales, es decir, la posición y la velo­cidad del punto en el momento inicial.

§ 104. Movimiento rectilíneo del punto 265

En el caso de movimiento rectilíneo, las condiciones iniciales tie­nen las expresiones siguientes,

cuando t = 0, x = x t, vx = v,. (11)

A partir de las condiciones iniciales se pueden determinar los va­lores propios de las constantes C, y C, y hallar la solución particu­lar de la ecuación (9) que nos tía la ley del movimiento del punto en la forma:

* = / ( '. «.)■ (12)

Explicaremos todo lo dicho con un ejemplo concreto muy simple.Supongamos que sobre un punto actúa una fuerza Q constante, en

módulo y dirección. Entonces, la ecuación (7) obtiene la formadvx _

m df=Qx-

Ya que Qx = const, multiplicando ambos miembros de la ecuación por di e integrándolos, obtendremos11:

+ (13)

Poniendo este valor de vx en la ecuación (7'), tendremos:

— = — 14-C dt m l + c i-

Multiplicando ambos miembros de esta igualdad por di y integrán­dola de nuevo, hallaremos:

* = 4 ! £'* + c i<+ c ‘- <l4>

El resultado obtenido representa precisamente, para el problema dado, la solución general de la ecuación (9) en la forma correspondien­te a la igualdad (10).

Ahora determinemos las constantes de Integración C, y C, consi­derando que en el problema presente tienen lugar las condicionesiniciales (11). Las soluciones (13) y (14) deben ser válidas para cual­quier instante de tiempo, incluso para / = 0. Por eso, sustituyendo en las igualdades (13) y (14) t por 0, debemos obtener u, y x„ en vez de vx y x, es decir, debe ser

t»0 — Clt xft = C,.

Las igualdades obtenidas definen los valores de las constantes C, y C, que satisfacen las condiciones iniciales del problema dado. Ponien­do estos valores en la ecuación (14) hallaremos en definitiva la ley

11 No escribimos ía constante de integración de ía parte izquierda, conside­rando que ha pasado a la parte derecha y que entra en C t.

2G6 Cap. X V I/ . Ecuaciones diferenciales del movimiento del punto

del movimiento que se realiza en la (orma correspondiente a la igual­dad (12):

x=-x„ + u0í + <15)

Como se ve de la igualdad (15), el punto, sometido a la acción de una fuerza constante, realiza un movimiento uniformemente alter­nado que se podía predecir de antemano, porque si Q = const, mi = const. En particular, tal es el movimiento del punto bajo la acción de la fuerza de gravedad. En este caso, en la ecuación (15)

se tendrá — = g y el eje Ox debe estar dirigido verticalmente hacia

abajo.§ 105. Resolución de problemas. La resolución de problemas

de la Dinámica mediante la integración de las ecuaciones diferencia­les del movimiento correspondientes se reduce a las operaciones siguien­tes.

1. Planteamiento de la ecuación diferencial del movimiento. Para plantear la ecuación del movimiento hace falta:

a) Elegir el origen de coordenadas (como regla, se hace coincidir con la posición inicial del punto) y trazar el eje coordenado a lo largo del movimiento dirigiéndolo, como regla, en el sentido del mo­vimiento; si bajo la acción de las fuerzas aplicadas el punto puede ocupar cualquier posición de equilibrio, es cómodo situar el origen en esta posición de equilibrio estático

b) Representar el punto en movimiento en una posición arbitraria (pero de tal modo que sea x > 0 y vx > 0; esta última condición es importante cuando entre las fuerzas hay algunas que dependen de la velocidad) e indicar todas las fuerzas que actúan sobre el punto.

c) Calcular la suma de las proyecciones de todas las fuerzas sobre el eje coordenado y poner esta suma en el miembro derecho de la ecuación diferencial del movimiento. En este caso, es necesario expre­sar todas las fuerzas variables en función de las magnitudes (l. x o v), de las cuales dependen estas fuerzas.

2. Integración de la' ecuación diferencial del movimiento. La in­tegración se realiza mediante los métodos, ya conocidos, del curso de Matemáticas superiores y que dependen del tipo de la ecuación ob­tenida, es decir, de la forma del miembro derecho de la igualdad (9). En los casos en que sobre el punto, además de las fuerzas constantes, actúa una fuerza variable que depende solamente del tiempo t, o so­lamente de la distancia x, o solamente de la velocidad v. la ecuación del movimiento rectilíneo puede ser integrada mediante el método de separación de variables (véanse los problemas 98— 100). Si el problema exige determinar solamente la velocidad del movimiento, se puede frecuentemente limitarse a integrar una de las ecuaciones (7) ó (8).

3. Determinación de las constantes de integración. Para determinar las constantes de integración hace falta, según los datos del problema,

§ 105. Resolución de problemas 267

establecer las condiciones iniciales en la forma (11). Los valores de las constantes se hallan a partir de las condiciones iniciales del modo indicado en el párrafo 104. En este caso, se pueden determinar las constantes directamente después de cada integración.

Si la ecuación diferencial del movimiento es una ecuación con variables separables, entonces, en vez de introducir las constantes de integración, se pueden tomar al mismo tiempo en ambos miembros de la igualdad las integrales definidas en los limites correspondientes: un ejemplo de tal cálculo se da en el problema 100.

4. Determinación de los valores incógnitos del problema y análisis de los resultados obtenidos. Para tener posibilidad de analizar una solución, asi como de realizar una verificación indirecta del resultado por medio del cálculo de las dimensiones, hace falta efectuar hasta el final todo el proceso de la resolución en forma general (con letras), y luego poner solamente en los resultados definitivos los datos numé­ricos.

Las indicaciones generales, dadas aquí, se relieren también al caso del movimiento curvilíneo.

Examinemos tres problemas concretos en los que la fuerza depende del tiempo, de la distancia y de la velocidad del movimiento del punto.

I. La fuerza depende del tiempo

Problema 98. Una carga de peso P empieza a moverse a lo largo de un planohorizontal a partir del estado de reposo bajo la acción de una fuerza R. cuyo va­lor crece proporcionalmente a| tiempo, según la ley R ^ k t . Hallar la ley def movimiento de esta carga.

Solución. Elijamos como origen O la posición inicial de la carga y orientemos el eje Ox en el sentido del movimiento (véase la fig. 243) En este caso, las con­diciones iniciales serán: para /= 0 . x = 0. vx = 0. Representemos la carga y las fuerzas que actúan sobre ésta en una posición arbitraria. En el caso presenteR x = R = kt y la ecuación (7) tiene la forma

i * - - s diMultiplicando los dos miembros de la igualdad por di separamos simultánea­

mente las variables, e integrando obtendremos

..-* 4Poniendo ios datos iniciales en esta ecuación hafíaremos que Cj = 0. Enton­

ces, sustituyendo en el resultado obtenido vx por ^ , tendremos:

dx kg

dt 2 P

Multiplicando los dos miembros de esta igualdad por dt separamos otra vez las variables, e integrando hallaremos:

268 Cap. XV//. Ecuaciones diferenciales del movimiento del punió

Poniendo los datos iniciales tendremos que Ca =» 0 y finalmente obtenemos la ley del movimiento de la carga en la forma

6 P

Entonces, el camino recorrido por la carga crecerá proporcionalmente al cubo del tiempo.

2. La fuerza depende de la distancia

Problema 99. Despreciando el rozamiento y la resistencia del aire, determinar el tiempo necesario para que un cuerpo atraviese un ¿anal perforado a través de la Tierra a lo largo de la cuerda AB desde la entrada A hasta la salida B (fig 244). Durante los cálculos consideraremos que el radio de la Tierra R es igual a 6370 km.

Indicación. Según la teoría de la atracción todo cuerpo situado en el interior de la Tierra es atraído hacia su centro por una fuerza F directamente proporcional

a la distancia r que lo separa de este cen­tro. Teniendo en cuenta que cuando r = R (es decir, sobre la superficie de la Tierra) la fuerza Fes igual a! peso del cuerpo (F = mg), obtendremos que para el interior de la Tierra

- 1 -

donde r — MC, es la distancia entre el punto Al y el centro de la Tierra.

Solución. Coloquemos el origen O en la p3rte media de la cuerda AB (en este punto el cuerpo que se encuentra en el canal esta­

rla en equilibrio) y orientemos el eje Ox a lo largo de la línea OA. Si se desig­na la longitud de la cuerda AB por 2a, las condiciones iniciales del problema serán: para / = 0 , x*=o. yx ~P-

En una posición arbitraria, el cuerpo está sometido a la acción de las fuerzas F y N. Por consiguiente,

V , Fkx — —F c o s a = — j f r eos a = — x,

porque en el dibujo se ve que r eos a = AfC-Cos a = x.Resulta que la fuerza efectiva depende de la coordenada x del punto Af. Para

separar las variables en la ecuación diferencial del movimiento la componemos en la forma (8 ). Entonces, dividiéndola entre m e introduciendo la notación

obtendremos:

dx

Multiplicando ambos miembros de la igualdad por dx, separamos en seguida las variables, c integrando hallamos:

Vr X1■7 — - * * y + C,.

De acuerdo con las condiciones iniciales. cuandox=¡a, vx = 0, por consiguien-

te, =

§ 105. Resolución de problemas 269

Poniendo este valor de Ct hallaremos:

ux = ± k ÿ a% — X*.

Considerando que en la posición que se estudia, la velocidad se dirige de M a O, es decir, que vx < 0, ponemos el signo menos antes de la raíz (sin embargo, es fácil verificar que se obtiene el mismo resultado si ponemos el signo más).

Luego, sustituyendo ox por ^ , obtendremos:

Poniendo aqui los datos iniciales (cuando t = 0, x = a) hallamos que Ct =a0. En definitiva, la ley del movimiento del cuerpo en el canal tendrá la forma

Por consiguiente, el cuerpo efectuará en el canal AB oscilaciones armónicas de amplitud a.

Ahora hallemos el tiempo t x del movimiento del cuerpo hasta el final B del canal. En el punto B, la coordenada x=*— a. Poniendo este valor en la ecuación

hallamos que el tiempo del movimiento por el canal AB (según los datos del pro­blema) no depende de su longitud y es siempre igual a

Este resultado tan Interesante engendró una serie de proyectos (para el mo­mento quimérico) de perforar un canal.

Hallemos adicionalmente la velocidad máxima del cuerpo durante el movimien­to. De la expresión de vx está claro que w = c/m*x cuando x = 0, es decir, en el punto O. El valor de c/max es igual a

Si. por ejemplo, 2a = 0.1 R =637 km (la distancia aproximada entre Moscú y Leningrado), (/max a 395 m /s= !422 km/h.

Las oscilaciones del punto material bajo la acción de una fuerza proporcional a la distancia, se estudiarán más detalladamente en el capítulo X X I. En éste, se examinará otro método de integración de las ecuaciones diferenciales del movimiento obtenidas para este caso.

Separando las variables llevaremos esta ecuación a la forma

e integrando obtendremos:

kt = arccos — + C t.a *

x = a eos kt.

del movimiento, obtendremos eos kt j =* — I. de donde ktl — n y t t = — . Pero en

V Ivirtud de la notación adoptada k = . De aqui, después de realizar el cálculo

270 Cap. XV II. licuaciones diferenciales del movimiento del punto

o r ^—cz: ^

M I-

3. La fuerza depende de la velocidad.Problema 100. Un bote de masa m = 40 kg se empuja comunicándole una velo­

cidad inicial i'o = 0,5 m/s. Considerando que la fuerza de resislencia del agua, si las velocidades son pequeñas, es proporcional a la primera potencia de la velocidad y varia de acuerdo con la ley R=.\xv, donde el coeficiente ji = 9,1 kg/s, determinar dentro de qué tiempo la velocidad del bote se reducirá a la mitad y qué camino

recorrerá éste durante ese tiempo. Hallar tam­bién qué camino recorrerá el bote antes de de­tenerse definitivamente.

Solución. Hacemos coincidir el origen O con la posición inicial del bote y orientamos el eje Ox en el sentido del movimiento (fig. 245). Las condiciones iniciales serán: para / = 0. x = 0, vx = v0.

p,g 245 Representemos el bote en una posición ar­bitraria y las fuerzas P, N y R que cctúan so­bre éste.

Observación. El bote no sufre la acción de otras fuerzas. La luerza que ccmu- nicó al bote un empuje actuaba sobre éste hasta el momento ( = 0. El resultado de esta acción se tiene en cuenta introduciendo la velocidad inicia) v0 que fue comu­nicada al bote por la tuerza durante el empuje (véase el § 104). Para determinar correctamente las fuerzas que actúan efectivamente sobre el cuerpo durante su mo­vimiento hace falta recordar que la fuerza es el resultado de la interacción del cuerpo dado con otros cuerpos. En el caso presente, la fuerza de gravedad P es el resultado de la acción de la Tierra sobre el bote y las fuerzas R y /V son resultado de la acción del agua sobre éste. Durante el movimiento el bote no sufre la acción de otros cuerpos materiales, es decir, no hay otras fuerzas efectivas. Llamamos particularmente la atención sobre esta cuestión, pues ésta es frecuentemente la causa de errores durante la resolución de problemas.

Calculando las proyecciones de las fuerzas efectivas hallamos que

—r = —n«.Para determinar el tiempo del movimiento, componemos la ecuación diferen­

cial (7). Remarcando que en este caso vx — v, obtendremos:

dv

1 ~diízIntegremos esta ecuación tomando las integrales definidas correspondientes en

cada uno de sus miembros, después de separar las variables. En este caso el limite inferior de cada una de las integrales corresponde al valor de la’ variable de inte­gración en el momento inicial y el superior, al valor de la misma variable en un momento de tiempo arbitrario.

Entonces, teniendo en cuenta qué según los datos del problema presente, cuando t «= 0, v «** u0. obtendremos:

l'o oDe aquí definitivamente

ó In v~ ln v0 — -- —■ /.

/ = — In — . (a)

El tiempo incógnito se determina considerando que ü = 0,5vo. Este tiempo,como se ve, no depende en este caso del valor de u0. Ya que ln 2 = 0,69, tenemos

§ 106. Caída de un cuerpo en un ambiente que ofrece resistencia 271

Para determinar el camino recorrido es conveniente componer de nuevo la ecuación diferencial del movimiento en la forma (8), pues esta ecuación permite establecer directamente la dependencia entre x y v l>.

Entonces, obtendremos:

dvm u- =- iw .

De aquí, dividiendo entre o, separando las variables y teniendo en cuenta que cuan­do x — 0, obtendremos:

v *

jj du = — ~ J dx o bien v— v0= — x.

va oPor consiguiente,

x=-5-(»0—o). (b)

Considerando que v = 0,5 v0 hallaremos el camino incógnito: xt — a 1,1 m.

Para hallar el camino recorrido por el bote hasta su parada, hace T . i u poner

en la igualdad (b) o = 0. Se obtiene que * , = — 2- = 2.2 m.

Para determinar la duración del movimiento hasta la parada hallamos de la igualdad (a) que cuando v = 0 el tiempo / , = oo. Esto significa que para la ley de resistencia adoptada (R --- nu) el bote se acercará asintóticamente a su posición linal (que se determina por la coordenada xt ). En realidad, la duración del movimiento del bote hasta la parada será finita, pues con la disminución de la velocidad, la ley de resistencia cambia y se modifica correspondientemente la dependencia entre v y i (véase, por ejemplo, el problema 110 en el § 118;

Otro ejemplo importante del movimiento bajo la acción de una fuerza que depende de la velocidad será examinado en el párrafo que sigue.

§ 106*. C a lda de un cuerpo en un am biente que ofrece resis­tencia (en e l a ire ). Cuando un cuerpo se mueve en un ambiente cualquiera sufre una resistencia que depende de la forma y de las dimensiones del mismo, de la velocidad de su movimiento, así como de las propiedades del propio ambiente.

Como muestra la experiencia, para las velocidades del movimiento que no son muy pequeñas, ni tampoco son próximas a la velocidad del sonido, la fuerza de resistencia es proporcional al cuadrado de la velocidad v y puede determinarse mediante la fórmula”

R = ± CxpSv', (16)

'» El camino recorrido puede ser hallado también expresando de la igualdad (a)

dxv en función de t en la forma v = v¿e m « luego, sustituyendo v por ^ e inte­

grando la ecuación obtenida, pero este procedimiento será un poco más largo.*> Cuando se estudia la caida de cuerpos en el aire, se puede considerar la

fórmula (16) como válida para las velocidades inferiores a 300 m/s.

272 Cap. XVIJ. Ecuaciones diferenciales del movimiento del punto

donde p es la densidad del ambiente ^para el aire a la temperatura

de 15°C y con la presión 760 mm p — -g- — j ;

S m’ es la superficie de la proyección del cuerpo sobre el plano perpendicular a la dirección del movimiento (superficie de la sección maestra);

cx es un coeficiente adimensional de resistencia que depende de la forma del cuerpo. Por ejemplo para un paracaídas cx — 1,4 v, para una

esfera c, = 0,5ii; para ciertos cuerpos fusiformes cx es " ™ inferior a 0,03 v.

Examinemos el problema de la caída del cuerpo en el aire desde una altura no muy grande en comparación con el radio de la Tierra (la altura es tal que la fuerza

Er de gravedad P y la densidad del aire p pueden considerar-se como magnitudes constantes).

- rl~" i t : Dirigiendo el eje coordenado Ox verticalmente haciaabajo (fig. 246), se halla de qué modo variará la veloci-

■ - dad de la caída en función del camino recorrido x,considerando que i>„ = 0.

Fig. 246 El cuerpo en caída está sometido a la acción de lasfuerzas P y /?, por consiguiente,

Z f t , = p — R = P — y cxpSo*.

Para obtener directamente la dependencia entre v y x, compone­mos la ecuación diferencial del movimiento en la forma (8). En este caso, teniendo en cuenta que vx*~v, obtendremos:

P do n I c ._ 0_ = P _ _ CjtPSo*.

Si se adopta la notación

- £ s ~ a'- <17>

la ecuación precedente tendrá la forma

dv ( . ü» \

v3¡ = 8 [ 1- * )

o después de separar las variables

v dv g .- 7 ? = * = - % dx-

Después de tomar las integrales de los dos miembros de la igual­dad obtendremos:

ln(a* — 1>’)= - 2 £ x + C,.

§ ¡06*. Calda de un cuerpo en un ambiente que ofrece resistencia 273

Según ios da ios iniciales, la velocidad c/ = 0 cuando x — 0t por consiguiente, Ct = ln a3. Poniendo este valor de Clt obtendremos:

ln^-rr—= — 2 4-x

o biena»— u*

De aquí hallamos definitivamente

v = a Y ( 1 —e ^ *) . (18)

La.fórmula (18) nos da la ley de la variación de la velocidad de un cuerpo que cae en el aire en función del camino recorrido.

—La magnitud e disminuye cuando x crece y tiende a cero

cuando x -»«>. De aquí se deduce que la velocidad de caída v aumenta paralelamente al crecimiento de x, tendiendo en el limite a un valor constante a. Este valor se llama velocidad lim ite de calda t»nm.

De la igualdad (17) hallamos que

5 - (19>Por consiguiente, si t)„ = 0, un cuerpo que cae en el aire no puede

adquirir una velocidad superior a 0||„,. La velocidad límite de caídacrece con el aumento del peso del cuerpo y la disminución de las magnitudes cx, p y S.

Hallemos Ja rapidez con la cual la velocidad de un cuerpo en caída tiende a su velocidad límite. Para eso recurrimos a la tabla 1 que

da la dependencia del valor —— respecto de —f—x, calculando se-u“" "llm

gún la fórmula (18).

Tabla I

18-142

274 Cap. X V II. Ecuaciones diferenciales del movimiento del punto

De )a tabla se deduce que:

cuando f x — 1,2"llm

cuando x = 2.0 "ii m

Por consiguiente, la velocidad de caída se aproxima rápidamente al límite si los valores de cx y S no son demasiado pequeños (véase el problema 101).

La existencia de velocidad limíte de caída puede ser establecida mediante los simples razonamientos siguientes. Durante la caída del cuerpo en el aíre, su velocidad aumenta; por consiguiente, aumenta también la fuerza de resistencia R.

Si se considera evidente que la fuerza R no puede sobrepasar elpeso del cuerpo P (véase la fig. 246), /?nm = P. Poniendo aquí el

valor de /?i,m de la fórmula (16), se obtiene cxpSo’ m = P, de donde

hallamos el valor de oum dado por la fórmula (19). Sin embargo, estos razonamientos no permiten determinar la rapidez con la cual la velocidad de caída v tiende a i/nm. Este resultado, de gran impor­tancia práctica, puede ser obtenido solamente con ayuda de la fór­mula (18).

Problema 101. Determinar la velocidad limite de caida de un paracaidista, cuyo peso junto con et paracaídas es igual a P = 75 kgf: a) durante un salto retardado, considerando que en este caso S = 0,4 ma, cx = l ,0 ; bj durante un salto con el paracaídas abierto, suponiendo que en este caso S = 36 m*. cx= l ,4 .

En ambos casos hallar la distancia a partir de la cual la velocidad delaracaidista es igual a i/, =0,95 vnm (es decir, la velocidad se diferencia en un% de la velocidad límite) y la distancia //, a partir de la cual la velocidad de

caida es igual a v2 =* 0,99 u,imSolución. Se determina la velocidad limite según la fórmula (19) estimando

I kgfs*que para el aire p = —.-5— Hallamos las distancias H x y Ht valiéndonos de

las igualdades (20). Ya que v = 0,95 0 |¡m cuando — — x = l ,2 . la distancia incógnita

"ím

H x = 1,2 - . Hallamos de un modo análogo que //, = 2 'ini ■.

Como resultado de los cálculos efectuados obtenemos: a) durante un salto retardado u,iro a 55 m/s; H t « 370 m, H t a 610 m.

b) durante un salto con el paracaídas abierto t/nm » 5 m/s; H x « 3 m, //s a 5 m. Como se ve, la velocidad límite se alcanza muy rápido cuando las fuerzas de

resistencia son grandes.

§ /07 . M ovim iento curvilíneo del punto. Examinemos^ un punto material Ubre que se mueve bajo la acción de las fuerzas"F tt Fn. Tracemos los ejes coordenados inmóviles Oxyz (fig. 247).Proyectando ambos miembros de la igualdad mw = i Fk sobre estos

v = 0,95 u,lm;

t> = 0,99 Uun..(20)

§ ¡08. Movimiento del punto lanzado bajo un ángulo con el han2 275

ejes y teniendo en cuenta que w K = etc., obtendremos las ecua­

ciones diferenciales deI movimiento curvilíneo del punto en las proyec­ciones sobre los ejes del sistema de coordenadas cartesianas rectan­gulares:

m S7i = L /V 'n S r = Z f *-- (2I)

Ya que las fuerzas que actúan sobre el punto pueden ser función del tiempo, de la posición del punto y de su velocidad, los miembros derechos de la ecuación (21), por analogía con la ecuación (9) del § 104, pueden contener el tiempo /, las co­ordenadas del punto x, ij, z y las proyeccio­

nes de su velocidad^, Al mismo

tiempo, en el miembro derecho de cada una de estas ecuaciones pueden entrar todas estas variables, es decir, en el caso general, el sis­tema de ecuaciones (21) será simultáneo.

Las ecuaciones (21) permiten resolver el primero y el segundo (fundamental) problemas de la Dinámica. Para resolver el problema F¡g- 247fundamental de la Dinámica con ayuda de estasecuaciones hace falta, además de las fuerzas efectivas, conocer las condiciones iniciales, es decir, la posición y la velocidad del punió en el momento inicial. Para los ejes coordenados Oxtjz las condicio­nes iniciales se expresan en la forma:

cuando / = 0

y-y- *= z¿ \ (22)v , = v x0, Vy = v y0. V , = t / J0 . I

Si se conocen las fuerzas efectivas, después de integrar las ecua­ciones (21) hallamos la expresión de las coordenadas x, y, z del punto en movimiento en función del tiempo t, es decir, hallamos la ley del movimiento del punto. Las soluciones obtenidas tendrán seis constantes de integración C,, Ct, . . . , C„ cuyos valores deben deter­minarse de acuerdo con las condiciones iniciales (22). Un ejemploconcreto de la integración de las ecuaciones (21) se da en el § 108.

Las ecuaciones diferenciales del movimiento se pueden componer también en las proyecciones sobre ejes que no sean los del sistemacoordenado cartesiano, como se hace, en particular, en el § 118.

§ 108. M ovim iento del p u n to lanzado bajo un ángulo con el horizon te en un cam po de g ra ved a d homogéneo. Estudiemos el movimiento de un cuerpo lanzado con una velocidad inicial v„ bajo un ángulo a con el horizonte, considerándolo como un punto material de masa m. La resistencia del aire se desprecia y el campo de gravedad se estima homogéneo (P — const), considerando que la

276 Cap. X VI I . Ecuaciones diferenciales del movimiento del punto

distancia de vuelo y la altura de la trayectoria son pequeñas encomparación con el radio de la Tierra.

Pongamos el origen de coordenadas 0 en la posición inicial del punto. Dirijamos el eje Oy verticalmente hacia arriba; dispongamos

el eje horizontal Ox en el plano que pasa por el eje Oy y el vector o„, y el eje Oz se traza perpendicularmente a los dos primeros ejes (fig. 248). En este caso, el ángulo entre el vector v, y el eje Ox será igual a a.

Representemos el punto M en mo­vimiento en una posición cualquiera sobre la trayectoria. El punto está sometido solamente a la acción de la

Fig- 2*8 fi ;rza de gravedad P (véase la obser­vación del problema 100 en la pág. 270),

cuyas proyecciones sobre los ejes coordenados son iguales a

P , = 0, P ,= —P = —mg, P , = 0.

Poniendo estos valores en las ecuaciones (21) y notando que

¡57 = . etc- obtendremos, después de dividir entre m:

di = ’ di = di = 0 ‘

Multiplicando ambos miembros de las ecuaciones por dt e inte­grándolas, hallamos:

0 x - C „ o, = —g t+ C „ v, = C,.En nuestro problema las condiciones iniciales tienen la forma:

cuando / = 0* = 0, y = 0, 2 = 0;

ox = o, eos a, vy = v, sen o, v, = 0.

Satisfaciendo las condiciones iniciales, tendremos:

C, = v0 eos a, C, = o, sen a, C, = 0.

Poniendo estos valores de C,, C, y C, en las soluciones halladas

anteriormente y sustituyendo v„ oy, o, Por 57. 57. 57 llegamos a las

ecuaciones:

= cosa, sen a — gt, £ = 0.

Integrando estas ecuaciones, obtendremos:

x = a,t eos a + C„ y = t>,< sen a — z = C,.

§ 108. Movimiento del punto lanzado bajo un ángulo con el horiz 277

Colocando los dato: iniciales tendremos que C4 = C, = C, = 0 y hallamos finalmente las ecuaciones del movimiento del punto M en la forma siguiente

x = o0<cosa, ¡/ = o0í sena— , z — 0. (23)

De la última ecuación se deduce que el movimiento se realiza enel plano Oxy.

Disponiendo de las ecuaciones del movimiento del punto, con la ayuda de los métodos cinemáticos se pueden determinar todas las características del movimiento dado.

1. Trayectoria del punto. Eliminando el tiempo t de las dos pri­meras ecuaciones (23), obtendremos la ecuación ae la trayectoria del punto:

y = xt g a — ■ (24)2v0 eos* a

Esta es la ecuación de una parábola, cuyo eje es paralelo al eje Oy. Entonces, un punto pesado, lanzado bajo un ángulo con el horizonte, se mueve en el vacio por una parábola (Galileo).

2. Distancia horizontal. Determinemos la distancia horizontal, es decir, la distancia OC = X, medida a lo largo del eje Ox. Consi­derando que en la igualdad (24) </ = 0 hallaremos los puntos de inter­sección de la trayectoria con el eje Ox. De la ecuación

obtenemos

= 0,

( tg a --- ^ = 0\ 2oJ eos1 a /

2uJ eos* a t g a

"* " "*= e

La primera solución da el punto O, la segunda, el punto C. Por consiguiente, X — x, y en definitiva

X = ~ sen 2a (25)

La fórmula (25) muestra que la misma distancia horizontal X se obtendrá con el ángulo p, para el cual 2f$=180° — 2a, es decir, si el ángulo p = 90°— a. Por consiguiente, para una velocidad inicial dada v0 se puede llegar al punto C por dos trayectorias: por una trayectoria rasante (a < 45°) y por una trayectoria curva (P = 90o— a > 45°).

Para una velocidad inicial v0 dada, la mayor distancia horizontalen el vacío se obtiene cuando sen 2 a = l , es decir, cuando a = 45°.

3." Altura de la trayectoria. Si se pone en la ecuación (24)

x = y X senacosa, hallaremos la altura de la trayectoria H:

H = sen* a. (26)

278 Cap. XV II. Ecuaciones diferenciales del movimiento del punió

4. Tiempo de vuelo. De la primera ecuación del sistema (23) se deduce que el tiempo de vuelo total T se determina por la igualdad X = t>„Tcosa. Sustituyendo aquí X por su valor, obtendremos:

T = ?¿° sen a (27)

Para el ángulo correspondiente a la distancia máxima a* = 45° todos estos valores hallados son iguales a:

X* = 4 . //* = - = i . X ‘ . T* = -2.^2. (28)g 4g 4 g \ r

Los resultados obtenidos pueden ser aplicados, en la práctica,para una determinación aproximada de las características de vuelode proyectiles (cohetes), cuyas distancias son de 200 a 600 km, por­que para estas distancias (y para a «45°) el proyectil efectúa la mayor parte de su recorrido en la estratosfera donde la resistencia del aire puede despreciarse. Para distancias menores, la resistencia del aire influye mucho en los resultados. Para las distancias superio­res a 600 km la fuerza de gravedad no puede considerarse constante.

Ejemplo. Se sabe1» que el proyectil alemán V— 2, después del lanzamiento

vertical tenía a la altura de 20 km una velocidad de u0 « 1700 m/s y el ángulo ac«45° (el viraje del proyectil se efectuaba con ayuda de aparatos y timones especiales). El vuelo ulterior del proyectil transcurría prácticamente como él vuelo de un cuerpo lanzado en el vacio. En este caso, según las fórmulas (28) debe ser

X* ^ 300 km. //• « 75 km. T* « 245 s.

Estos resultados son muy próximos a los datos técnicos conocidos para estos proyectiles

Kooy J. and Uytenbogaart J. Balistics of the future, 1946, McGraw.

CAPITULO X V III

Teoremas generales de la Dinámica del punto

Para resolver numerosos problemas de la Dinámica resulta más cómodo utilizar los asi llamados teoremas generales, que son corolarios de la ley fundamental de la Dinámica en vez de la integración de las ecuaciones diferenciales del movimiento.

La importancia de los teoremas generales consiste en que estable­cen las dependencias directas entre las características dinámicas fun­damentales del movimiento de cuerpos qiateriales y como resultado de esto aparecen nuevas posibilidades de investigación del movimiento de sistemas mecánicos que tienen un amplio uso en la práctica. Ade­más, los teoremas generales permiten estudiar separadamente ciertos aspectos particulares de un fenómeno dado que presentan importancia práctica, sin estudiar este fenómeno en lleno. Por fin, el uso de los teoremas generales nos libra de la necesidad de efectuar para cada problema las operaciones de integración que se hacen una sola vez para siempre durante la demostración de estos teoremas simplificando con esto el proceso de resolución. Ahora examinaremos estos teoremas para un punto material,

§ 109. C antidad de m ovim iento y energía cinética del punto. Las características dinámicas fundamentales del movimiento de un punto son la cantidad de movimiento y la energía cinética.

Se llama cantidad de movimiento de un punto a la magnitud vecto­ria l rnv, igual al producto de la masa del punto por el vector de su velocidad. El vector mv está dirigido tal como la velocidad del punto, es decir, por la tangente a su trayectoria.

Se llam a energía cinética (fuerza viva) de un punto a la magnitud

escalar , igual a l semiproduclo de la masa del punto por el cuadrado

de su velocidad.Las unidades de medida de estas magnitudes serán:a) en el sistema SI

kgm/s (para mv) y kgm’/s1

b) en el sistema mkgís

280 Cap. X V !II . Teoremas generales d i la Dinámica del punto

La necesidad de introducir dos características dinámicas se explica por el hecho de que una sola característica es incapaz de abarcar las particularidades múltiples del movimiento del punto.

Por ejemplo, conociendo la cantidad de movimiento de un auto­móvil (es decir, el valor Q = mv y no los valores d e m y u por separado) y la fuerza que actúa sobre éste durante el frenado, se puede deter­minar dentro de cuantos segundos el automóvil se parará; pero estos datos no son suficientes para hallar el camino recorrido durante el tiempo de frenado. Al contrario, conociendo la energía cinética inicial del automóvil y la fuerza de frenado, se puede determinar el reco­rrido de frenado, pero a base de estos datos no se puede hallar el tiempo de frenado

§ 110. Im pulso de fu e rza . Para caracterizar la acción que ejerce una fuerza sobre un cuerpo en un intervalo de tiempo determinado, se introduce la noción de impulso de fuerza. Introduciremos primerola noción de impulso elemental, es decir, del impulso durante un lapsode tiempo infinitamente pequeño di. E l impulso elemental de fuerza es una magnitud vectorial dS igual al produelo del vector de la fuerza F por el intervalo de tiempo elemental di:

dS = Fdt. (29)

El impulso elemental está dirigido por la línea de acción de la fuerza.

El impulso S de cualquier fuerza F durante un intervalo de tiempo finito /, se calcula como la suma integral de los impulsos elementa­les correspondientes:

i,

5 = j F dt. (30)o

Por consiguiente, el impulso de fuerza correspondiente a cualquier intervalo de tiempo /, es igual a la integral definida del impulso ele­mental calculada entre los limites desde cero hasta

En un caso particular, si la fuerza F es constante en módulo y dirección (/r = const) tendremos 5 = F t,. En este caso, el módulo S es también igual a Ft,. En el caso general, el módulo del impulso puede calcularse por sus proyecciones.

Las proyecciones del impulso sobre los ejes coordenados se hallan teniendo en cuenta que la integral representa el limite de una suma y la proyección de la suma de vectores sobre un eje es igual a la suma de las proyecciones de las componentes sobre el mismo eje. Por consiguiente,

i. i, i,SM= ] F xdt, Sy =\ Fydt, S .= ]F ,d t. (31)

0 0 0

§ I I I . Teorema de la variación de la cantidad de movimiento 281

Con ayuda de estas proyecciones se puede construir el vector S y calcular su módulo, asi como los ángulos formados por éste con los ejes coordenados. Las unidades de medida del impulso son: en el sis­tema SI, kgm/s y en el sistema mkgfs, kgfs.

Para resolver el problema fundamental de la Dinámica es importante separar las fuerzas, cuyos impulsos pueden ser calculados de antemano sin conocer la ley del movimiento que realiza el punto sometido a la acción de estas fuerzas. La igualdad (31) muestra que solamente las fuerzas constantes y las que dependen del tiempo pertenecen a este tipo de fuerzas.

Para calcular los impulsos de fuerzas que dependen de las coor­denadas o de la velocidad del movimiento del punto hace falta co­nocer adicionalmente la ley de su movimiento, es decir, las ecuacio­nes * = /,(/), y — fx (/)» 2 = /»(/). En este caso, expresando x, y, z ó vx, vy, vt en función de t, se pueden calcular las integrales (31). Sin conocer la ley del movimiento del punto, es decir, sin resolver pre­liminarmente el problema fundamental de la Dinámica, es imposible calcular los impulsos de tales fuerzas.

§ 111. Teorema de la v ariac ión de la cantidad de movi­m iento del punto. Ya que la masa del punto es constante y su ace­

leración w = -£, la ecuación (3) que expresa la ley fundamental de

la Dinámica puede ser representada en la forma siguiente

La ecuación (32) expresa al mismo tiempo el teorema de la varia­ción de la cantidad de movimiento del punto en forma diferencial: la derivada de la cantidad de movimiento del punto con relación al tiempo es igual a la suma geométrica de las fuerzas que actúan sobre éste.

Integremos esta ecuación.Supongamos que un punto de masa m que se mueve bajo la acción

de la fuerza (fig. 249.a) tiene en el instante / = 0 la velo­cidad v„ y en el instante la velocidad t>,. Multiplicamos los dos

Fig. 249

(32)

Cap. XV// / . Teoremas, generales de la Dinámica del punto

miembros de la igualdad (32) por dt y luego pasamos a las integrales definidas. Integrando el miembro derecho respecto del tiempo entre los limites 0 y /, y el miembro izquierdo, donde se integra la velo­cidad. Jos limites de la integral serán los valores correspondientes de la velocidad y *>,. Se sabe que la integral de d(mv) es igual a mv, como resultado obtendremos:

mv, — me, = 2 $ F*<U.o

De la fórmula (30) se deduce que las integrales de la parte derecha representan los impulsos de las fuerzas efectivas. Por eso, en defini­tiva, tendremos

m v,— m v„= '^ l Sk. (33)

La ecuación (33) expresa el teorema de la variación de la cantidad de movimiento del punto en su forma final: la variación de la canti­dad de movimiento del punto en cierto intervalo de tiempo, es igual a la suma geométrica de los impulsos de todas las fuerzas que actúan sobre el punto en el mismo intervalo de tiempo (fig. 249, b).

Durante la resolución de problemas, en vez de la ecuación vecto­rial (33), se usan frecuentemente las ecuaciones de las proyecciones. Proyectando ambos miembros de la igualdad (33) sobre los ejes coor­denados, obtendremos:

mvlJt — mi;ox = 2 s *x. ]

mvty — mt-0J, = 2 s*y. | (34)

mvu — mv0t ” 2 S*,' J

movimiento rectilíneo que se realiza a lo largo del se expresa por la primera de estas ecuaciones.

§ 112. T rabajo de una fu e rza . Potencia. Para caracterizar la acción que ejerce la fuerza sobre el cuerpo al comunicarle cierto desplaza­miento, se introduce la noción de trabajo de la fuerza. El trabajo caracteriza la acción de la fuer­za que determina la variación del módulo de la velocidad del punto en movimiento.

Primero introduzcamos la noción de trabajo elemental de una fuerza para un desplazamiento ds infinitamente pequeño. Se llama trabajo ele­menta! de la fuerza F (fig. 250) a la magnitud escalar.

dA «= F, ds, (35)

donde F, es la proyección de la fuerza F sobre la tangente a la tra­yectoria orientada en el sentido del desplazamiento del punto, y ds es

En el caso de un eje Ox, el teorema

Fig. 250

§ 112. Trabajo de una fuerza. Potencia 283

un desplazamiento infinitamente pequeño del punto dirigido a lo largo de esta tangente.

Esta definición corresponde a la noción de trabajo como de una característica de la acción de la fuerza que provoca la variación del módulo de la velocidad del punto. En efecto, si se descompone la fuerza F en las componentes F . y F„, solamente la componente F. variará el módulo de la velocidad del punto, comunicando a éste aceleración tangencial. La componente F„ a su vez modifica, bien la dirección del vector velocidad v (comunica al punto aceleración nor­mal), bien la presión sobre la ligadura (en el caso de un movimiento no libre). La componente F„ no influirá en el módulo de la veloci­dad, es decir, la fuerza F„ «no realizará trabajo*.

Remarcando que F, = Feos a se obtiene de la igualdad (35)

d A = F d s eos a. (36)

De este modo, el trabajo elemental de una fuerza es igual al pro­ducto de la proyección de esta fuerza sobre la dirección del desplaza­miento del punto por el desplazamiento elemental ds (la formula 35), o el trabajo elemental de una fuerza es igual al producto del módulo de la fuerza por el desplazamiento elemental ds y por el coseno del ángulo formado entre la dirección de la fuerza y la dirección del desplazamiento (fórmula 36).

Si el ángulo a es agudo, el trabajo es positivo. En particular, cuando a = 0 el trabajo elemental dA = F ds.

Si el ángulo a es obtuso, el trabajo es negativo. En particular, cuando a = I8 0 ° el trabajo elemental dA = — Fds.

Si el ángulo a — 90°, es decir, si la fuerza está dirigida perpendi­cularmente al desplazamiento, el trabajo elemental de la fuerza es nulo.

El signo del trabajo tiene la significación siguiente: el trabajo es positivo cuando la componente tangencial de la fuerza está dirigida en el- sentido del desplazamiento, es decir, cuando la fuerza acelera el movimiento; el trabajo es negativo cuando la componente tangen­cial de la fuerza está dirigida en el sentido opuesto del movimiento, es decir, cuando la fuerza retarda ermovimiento.

Como se sabe de la Cinemática, el vector del desplazamiento elemental del punto dr = v d t y ds — | p | di. De aau¡ se ve que ds = \dr\. Entonces, si u tiliza­mos Ja noción del producto escalar de dos vectores n . conocida del álgebra vecto­rial, la igualdad (36) puede tener la forma

dA = F-dr. (36')

Por consiguiente, el trabajo elemental de una fuerza es igual al producto escalar del vector de la fuerza por el vector del desplazamiento elemental de su punto de aplicación.

Hallemos la expresión analítica del trabajo elemental. Para eso, descompongamos la fuerza F en las componentes Fx, Fy, F , a lo largo

11 Véase el anexo I al linal del libro.

284 Cap. XVI I I . Teoremas generales de la Dinámica del punto

de las direcciones de los ejes coordenados (fig. 251; la fuerza F no se muestra en el dibujo). El desplazamiento elemental M M '= ds se com­pone de los desplazamientos dx, dy, dz a lo largo de los ejes coorde­

nados, donde x, y, z son las coordenadas del punto M. El trabajo de la fuerza F necesario para el desplazamiento ds puede calcularse como la suma de los trabajos de sus componentes F x, F F , para los des­plazamientos dx, dy, dz. Pero para el des­plazamiento dx, realiza trabajo solamente la componente F x\ en este caso, su trabajo es igual a Fxdx. El trabajo en los despla­zamientos dy y dz se calcula análogamen­te. En definitiva hallamos:

dA = F xdx + Fydy = Fx dz. (37)

La fórmula (37) da la expresión analítica del trabajo elemental de la fuerza.

La fórmula (37) se obtiene directamente de la igualdad (36'), si expresamos el producto escalar por las proyecciones de los vectores que se multiplican. Teniendo en cuenta que las proyecciones sobre los ejes Oxyz del radio-vector r del punto M son iguales a sus coordenadas cartesianas x, y, z hallaremos directamente que dA — Fx dx + Fy dy+ F g dz.

El trabajo de una fuerza para un desplazamiento finito cualquiera M0M, (véase la fig. 250) se calcula como la suma integral de los trabajos elementales correspondientes y será igual a:

( A i,)

\ F,ds, (38)(Ai.)

o(«.)

(AÍ AÍ,) = J (Fxdx + Fr dy + Ft dz), (38')(Mt>

Por consiguiente, el trabajo de una fuerza en cualquier desplaza­miento M„M, es igual a la integral del trabajo elemental tomada a lo largo de este desplazamiento. Los limites de la integral corresponden a los valores de las variables de integración en los puntos M , y M, (hablando más exactamente la Integral se toma a lo largo de la curva

es decir, es curvilínea).Si la magnitud F, es constante ( f , — const), entonces, designando

el desplazamiento A p o r s, obtendremos de (38):

(38' )

§ 112. Trabajo de una fu rria . Potencia 285

En particular, tal caso puede tener lugar cuando la fuerza efectivaes constante en módulo y'dirección (F — const) y el punto en el queestá aplicada la fuerza se mueve rectilíneamente (fig. 252). En este caso, A, = f cosa = const y el trabajo de la fuerza = Fst co? a.

La unidad de la medida del trabajo en el sistemas! es el julio(1 j = 1 Nm) y en el sistema mkgfs, 1 kgfm.

Para resolver el problema fundamental de la Dinámica, es impor­tante separar las fuerzas, cuyo trabajo se puede calcular de antemano sin conocer la ley del movimiento del pun­to sometido a la acción de fuerza (compá­rese con el § 110). La fórmula (38') mues-

penden de la posición (de tas coordenadas)del punto en movimiento. Este problema se Fig. 252examinará más detalladamente en el § 151.

Para calcular el trabajo de fuerzas que dependen del tiempo o de la velocidad del movimiento del punto, hace falta conocer adicional­mente la ley de su movimiento, es decir, las coordenadas x, y, z como funciones del tiempo. En este caso, se pueden expresar todas las variables a través del tiempo t y calcular la integral (38'). Sin conocer la ley del movimiento del punto, es decir, sin resolver preli­minarmente el problema fundamental de la Dinámica, es imposibledeterminar el trabajo de tales fuerzas.

Método gráfico del cálculo del trabajo. Si la fuerza depende de la distancia s y el diagrama de la dependencia entre F, y s es conocido (fig. 253), el trabajo de la F puede ser calculado gráficamente. Supon-

ficiente de escala.Potencia. Se llama potencia a la magnitud que determina el trabajo

que efectúa una fuerza durante la unidad de tiempo. Si el trabajo se efectúa uniformemente, la potencia es.

tra que tales fuerzas pueden ser solamente las fuerzas constantes o las fuerzas que de­

gamos que en la posición M 0, el pun­to se encuentra a una distancia s0 del origen y en la posición M „ a una distancia s,. Según la fórmula (38), teniendo en cuenta el sentido geomé­trico de la integral, obtendremos:

Fig. 253donde a es el valor del área rayada de la fig. 253 multiplicada por el coe-

286 Cap XV// / Teoremas generales de la Dinámica del punto

donde t, es el tiempo durante el cual fue efectuado el trabajo A. En el caso general

Por consiguiente, la potencia es igual al producto de la compo­nente tangencial de la fuerza por la velocidad del movimiento.

La unidad de medida de la potencia en el sistema SI es el vatio (1 W = 1 j/s) y en el sistema mkgfs, 1 kgfm/s.

En la práctica industrial se toma por unidad de potencia el caballo de fuerza, igual a 75 kgfm/s. o a 736 W.

El trabajo de una máquina puede ser medido por el producto de su potencia por el tiempo de trabajo. Por eso, en la técnica surgió una unidad de medida del trabajo: kilovatiohora (1 kWh = 3,6x 10* J ss «367 100 kgfm).

De la igualdad se deduce que para un motor, cuya po­tencia es igual a 1C, la fuerza de tracción F, será tanto mayor, cuanto menor sea la velocidad del movimiento u. Por eso, por ejemplo, du­

rante una ascensión o en los secto­res de camino en mal estado, se co­nectan las velocidades inferiores que permiten que el automóvil, teniendo plena potencia, se mueva con menor velocidad y obtenga mayor fuerza de tracción.

§ 113. Ejemplos de cálculo del traba jo . Los resultados de los ejem­plos examinados a continuación pueden ser utilizados durante la resolución de problemas.

I) Trabajo de la fuerza de gra­vedad. Supongamos que el punto M,

sometido a la acción de la fuerza de gravedad P, se desplaza de la posición M ,(x„ y„ z„) a la posición M, (x„ y,, z,). Elegiremos los ejes coordenados de tal modo que el eje Oz esté dirigido verticalmente hacia arriba (fig. 254). En este caso Px = 0, Py = 0, P ,= — P. Po­niendo estos valores en la fórmula (38'), teniendo en cuenta que la variable de integración es z obtendremos:

<«.)

5 ( — P )d z = — p\dz = P{z9 — z j.(M.)

Si el punto M0 está situado sobre el punto M,. z ,— z, = h , donde A es la magnitud del desplazamiento vertical del punto; si el punto M„ está situado debajo del punto M lt z0—z, = — (z,— z , ) = —h.

En definitiva obtenemos:

Fig. 254

H0«,l = ± Ph- (39)

§ 1/3. Hjemplos de cálculo del trabajo 287

Por consiguiente, el trabajo de la fuerza de gravedad es igual al producto del módulo de la fuerza por el desplazamiento vertical de su punto de aplicación, tomado con el signo más o menos. El trabajo es positivo cuando el punto inicial se encuentra sobre el punto final y negativo cuando el punto inicial se encuentra debajo del punto final.

Del resultado obtenido se deduce que el trabajo de la fuerza de gravedad no depende de la trayectoria por la cual se desplaza su punto de aplicación. Las fuerzas que poseen tal propiedad se lla­man potenciales (véase el § 151).

2) Trabajo de la fuerza elás­tica. Examinemos una carga M situada sobre un plano horizon­tal y fijada al extremo libre de un resorte (fig. 255, a). Señale­mos con el punto 0 la posición que ocupa en el extremo del re­sorte cuando éste se encuentra en estado libre (AO — I„ es la lon­gitud del resorte en estado libre) y tomemos este púnto como ori­gen de coordenadas. Si ahora, movemos la carga de la posición de equilibrio O, alargando el resorte hasta una magnitud l, sobre la carga actuará la fuerza de elasticidad del resorte F dirigida hacia el punto 0. De acuerdo con la ley de Hook el valor de esta luerza es proporcional al alargamiento del resorte A 1 = 1—/„. Ya que en nuestro caso A/ = x, entonces, el módulo de esta fuerza es

F = c| A/1 = c| x |.

El coeficiente c se llama coeficiente de rigidez del resorte. En la práctica se mide habitualmente el valor de c en kgf/cm, considerando que el coeficiente c es numéricamente igual a la fuerza que debe ser aplicada al resorte para extenderlo en 1 cm.

Hallemos el trabajo que realiza la fuerza de elasticidad al despla­zar la carga desde la posición M„(x0) hasta la posición M t (xt). Ya que en este caso Ff = — F = —ex, Fy=*Fx = 0, entonces, poniendo estos valores en la fórmula (38'), obtendremos:

(«,> «.

¿m i.«,,■= j ( — cx)dx= — c j x d x ^ ^ i — *!)•(M.l «.

(Este resultado puede ser obtenido por medio del diagrama de F en función de x (fig. 255, b), calculando el área o del trapecio rayado en el dibujo y teniendo en cuenta el signo del trabajo). En la fórmula obtenida, x„ es el alargamiento inicial del resorte Alm y x, es el

288 Cap. X VI I I . Teoremas generales de la Dinámica del punto

alargamiento final del resorte A/,|„. Por consiguiente,

A m.m.i = -j- [(A/i,,)* — (A/„„)’ ], (40)

es decir, el trabajo realizado por la fuerza de elasticidad es igual al semiproduclo del coeficiente de rigidez por la diferencia de los cuadra­dos de los alargamientos inicial y final (o compresiones) del resorte.

El trabajo será positivo cuando | A/l0 | > |AI(in |, es decir, cuando el extremo del resorte se desplace hacia la posición de equilibrio, y

negativo cuando | A/ln | < | A/,,„ |, es decir, cuando el extremo del resorte se aleja de la posición de equilibrio.

Se puede demostrar que la fórmula (40) es válida también cuando el desplazamiento del punto Al no es rectilíneo. Resulta de este modo que el trabajo de la fuerza F depende sola­mente de-los valores de A/¡„ y A/,lo y ncdepende de la forma de la trayectoria del pun-

Flg. 256 to M. Por consiguiente, la fuerza de elastici­dad es también potencial.

3) Trabajo de la fuerza de rozamiento. Examinemos un punto quese mueve por una superficie rugosa (fig. 256) o curva. El módulo dela fuerza de rozamiento que actúa sobre el punto es igual a fN , donde / es el coeficiente de rozamiento y TV es la reacción normal de la superficie. La fuerza de rozamiento está dirigida en sentido opuesto al desplazamiento del punto. Por consiguiente, F r„ , = — fN y de acuerdo con la fórmula (38)

<«.) (M.)

¿ W - ---S Fm,d s = - J fNds.(M.) (M.)

Si la magnitud de la fuerza de rozamiento es constante =

— — Ft0,s, donde s es la longitud del arco de la curva MtM ,. por el cual se desplaza et punto.

De este modo, el trabajo de la fuerza de rozamiento durante el deslizamiento es siempre negatixx). La magnitud de este trabajo depende de la longitud del arco M0M,\ por consiguiente, la fuerza de roza­miento no es una fuerza potencial.

4*) Trabajo de la fuerza de gravitación. Si la Tierra (el planeta) se considera como una esfera homogénea (o como una esfera compuesta de capas homogéneas concéntricas), sobre un punto M de masa m que se encuentra fuera de la esfera, actuará la fuerza de gravitación (de atracción) F dirigida hacia el centro 0 de la esfera (fig. 257) y que varía inversamente proporcional al cuadrado de la distancia r desde el punto M hasta el centro O.

F = k £ .

§ I¡4. Teorema de la variación de la energía cinética del punto 289

El coeficiente de proporcionalidad k puede determinarse de la con­dición de que cuando el punto se encuentra sobre la superficie de la Tierra (/• = /?, donde R es el radio de la Tierra), la fuerza de atracción es igual a mg, donde g es la aceleración de la fuerza de gravedad sobre la superficie terrestre. Entonces se tiene

mS = * Y * = gR ‘-

Primero calculemos el trabajo elemental de la fuerza F. La figura muestra que el desplazamiento

elemental M M ' del punto Al puede descomponerse en el desplazamiento Ma, numéricamente igual al incremento dr de la distancia OM = r y dirigido a lo largo de OM y en el desplazamiento Mb perpen­dicular a OM y, por lo tanto, a la fuerza F (véase el § 71, la fig. 155). Ya que en este segundo des­plazamiento el trabajo de la fuerza F es nulo y el desplazamiento Ma está dirigido en sentido contra­rio a la fuerza, entonces

dA = — F dr = — k ^¡dr.

Supongamos ahora que el punto se desplaza de la posición M „ para la cual r = r0, a la posición M ,, donde r = r,. Entonces,

( « , ) r. r.J dA —— km = km f d

(Af®) tio definitivamente

A{M.M,>=km ( 1 - = (41-)

El trabajo será positivo, si r ,> rx, es decir, cuando la posición final del punto esté más cerca de la superficie terrestre que la inicial y negativo, si r0< r }. Como muestra la fórmula (41'), el trabajo de la fuerza de gravitación no depende de la forma de la trayectoria, a lo largo de la cual se desplaza el punto. Por consiguiente, la fuerza de gravitación es una fuerza potencial.

§ 114. Teorema de la v ariac ión de la energía c iné tica del pan to . Examinemos un punto de masa m que bajo la acción de fuerzas aplicadas se desplaza de la posición M a, donde éste tiene una veloci­dad ü„, a la posición Af„ donde su velocidad es igual a

Para obtener la relación buscada recurrimos a la ecuación mw = 2 Ft que expresa la ley fundamental de la Dinámica. Proyectando amoos miembros de esta igualdad sobre la tangente Mx a la trayectoria del punto M dirigida en el sentido del movimiento, obtendremos:

( I )

Fig. 257

(41)

19— 142mwx= J j Fk<-

290 Cap. XV/ I I . Teoremas generales de la Dinámica del punió

La magnitud de la aceleración tangencial, que se encuentra en la parte izquierda, puede expresarse en la forma

dv du ds dv

w'~ d f ~ d s d ¡ ~ d ( V'

Como resultado tendremos:

Multiplicando ambos miembros de esta igualdad por ds pasamos m bajo el signo de la diferencial. Entonces, recordando que Fk,ds = dAk, donde dAk es el trabajo elemental de la fuerza Fk, obtendremos la expresión del teorema de la variación de la energía cinética en la forma diferencial:

« * ( = r ) = 2 > »

Después de integrar ambos miembros de esta igualdad entre los límites correspondientes a los valores de las variables en los puntos M , y M,, hallaremos definitivamente:

(42)

La ecuación (42) expresa el teorema de la variación de la energía cinética en la forma definitiva: la variación de la energía cinética del punto en un desplazamiento cualquiera es igual a la suma algebraica de los trabajos de todas las fuerzas que actúan sobre el punto durante dicho desplazamiento.

Caso del movimiento no libre. De la ecuación (5) se deduce que durante el movimiento ligado de un punto, el trabajo de las fuerzas dadas (activas) F¡ y el trabajo de la reacción de ligadura entran en el miembro derecho de la igualdad (42). Examinemos solamente el movimiento del punto por una superficie o una curva inmóvil lisa (sin rozamiento). En este caso, la reacción N (véase la fig. 256) estarádirigida por la normal á la trayectoria del punto y N, = 0. Entonces,según la fórmula (38), el trabajo de la reacción de una superficie (o curva) inmóvil y lisa será igual a cero para todo desplazamiento, y de la ecuación (42), obtendremos:

mvi « í _ V <■ MO'I—2--------------------------------- T" (4/)

Por consiguiente, durante el desplazamiento por una superficie (o curva) inmóvil y lisa la variación de la energía cinética del puntoes igual a la suma de los trabajos de todas las fuerzas activas queactúan sobre el punto durante este desplazamiento.

Si la superficie (curva) no es lisa, al trabajo de las fuerzas activas se agrega el trabajo de la fuerza de rozamiento (véase el § 113). Si la

§ U5. Resolución de problem 291

superficie (curva) está en movimiento, el desplazamiento absoluto del punto M puede ser no perpendicular a N y, en este caso, el trabajo de la reacción N no será igual a cero (por ejemplo, el trabajo de la reacción de la plataforma de un ascensor).

§ US. Resolución de problem as. Para empezar la resolución de un problema hace falta, ante todo, averiguar si se puede aplicar alguno de los teoremas demostrados recientemente y cuál es el adecuado. Para ello hay que tener en cuenta lo siguiente.

Con ayuda del teorema de la variación de la cantidad del movi­miento del punto se resuelven fácilmente los problemas en los cuales:

a) las fuerzas efectivas son constantes o dependen solamente del tiempo;

b) en el número de las magnitudes dadas y de las incógnitas entran: las fuerzas efectivas, el tiempo del movimiento y las velocidades inicial y final del punto (es decir, las magnitudes F, t, v0, u,).

Con ayuda del teorema de la variación de la energía cinética del punto se resuelven fácilmente los problemas, en los cuales:

a) las fuerzas efectivas son constantes o dependen solamente de la distancia;

b) las magnitudes dadas o las incógnitas están comprendidas entre: las fuerzas efectivas, el desplazamiento del punto y las velocidades al comienzo y al final del desplazamiento (es decir, las magnitudes F, s, i>„, vt).

Aplicando simultáneamente los dos teoremas se pueden resolver ciertos problemas combinados en los cuales las magnitudes dadas (o in­cógnitas) son el tiempo del movimiento y el desplazamiento del punto.

Si entre las fuerzas efectivas hay una fuerza que depende de la ve­locidad del movimiento, es imposible resolver el problema fundamental de la Dinámica utilizando cualquiera de los teoremas generales (es impo­sible calcular de antemano el trabajo o el impulso de esta fuerza). En este caso, para resolver los problemas hace falta integrar directamente las ecuaciones diferenciales del movimiento correspondientes (capí­tulo XVII).

El orden de la resolución puede ser el siguiente:1. Utilizando los datos del problema, determinar el teorema que

puede ser aplicado para su solución.2. Representar en el dibujo el punto en movimiento en una posi­

ción arbitraria y mostrar todas las fuerzas activas y las reacciones de ligadura que actúan sobre el punto (sí el movimiento no es libre).

3. Con ayuda de las fórmulas correspondientes calcular los impulsos o el trabajo de todas las fuerzas durante el movimiento.

4. Utilizando las igualdades (34) o (42) componer las ecuaciones correspondientes y determinar los valores incógnitos. Durante todos los cálculos numéricos prestar gran atención a que todas las magni­tudes sean calculadas en un mismo sistema de unidades.

19 *

292 Cap. X V /¡I. Teoremas generales de la Dinámica del punto

Los teoremas demostrados nos permiten también determinar el impulso o el trabajo de las fuerzas aplicadas al punto a base de la variación de la cantidad de movimiento o de la energía cinética de éste (primer problema de la Dinámica).

Problema 102. Una carga de peso p = 0,1 kgí se mueve uniformemente por una circunferencia con la velocidad v— 2 m/s. Determinar el impulso y el trabajo de la

fuerza que actúa sobre la carga durante el tiempo en que ésta recorre una cuarta parte de la circunferencia.

Solución. Según el teorema de la varia­ción de la cantidad de movimiento:

S = mvt — mv0.

Construyendo geométricamente la diferen­cia de estas cantidades de movimiento (fig. 258), del triángulo rectángulo obtenido, ha­llamos:

S = m

Pero según las condiciones del problema vl = v0 = vi por consiguiente.

.0,029 kgts.

Para el trabajo, con ayuda de la ecuación (42), hallamos:

2" (<'5 —1’5)=0.

Problema 103. A una carga de masa m situada sobre un plano horizontal se le comunica (por medio de un golpe) una velocidad inicial c 0. El movimiento ulterior de la carga se frena por una fuerza constante F. Determinar el tiempo dentro del cual la carga se parará y el camino recorrido por ésta hasta la parada.

Soluáón. Los datos del problema muestran que para determinar el tiempo del movimiento se puede utilizar el primer teorema de los demostrados, y para hallar el camino recorrido, el segundo.

Representamos la carga (íig. 259) en una posición arbitraria M (M 0 y M¡ son sus posiciones inicial y final). Sobre la carga actúan: la fuerza de gravedad P, la reacción del plano N y la fuerza de frenado F.Orientando el eje Ox en sentido del movimiento, componemos la ecuación

i

Fig. 259

mvtx— moox = 2 s * -

(34):

(»)

En el caso presente « ix-=0 (i>, es la velocidad en el momento de parada) y u0* = » 0. Solamente la fuerza F da una proyección no nula sobre el eje Ox. Ya que ésta es constante, S , = F XI 1 = — F t„ donde I, es el tiempo de frenado. Poniendo todos estos datos en la ecuación (a) obtenemos que —mu, = — Fl¡, de donde el tiempo incógnito es

Resolución de problemas 293

Para determinar el camino de frenado utilizamos el teorema de la variación de la energía cinética

mi>* m v l y .2 2 m (M«Aí|)'

Aqui también t>,=0 y solamente la luerza F efectúa trabajo; en este caso A ( f ) = — Fs, donde s es el camino de frenado. El trabajo de las fuerzas P y N es igual a cero, porque estas fuerzas son perpendiculares al desplazamiento. Como resultado obtenemos:

— -?T — — Fs, y el camino incógnito es ■

mui

*1 = w ■ <c>

De las fórmulas (b) y (c) se ve que para la fuerza F dada, el tiempo de frenado aumenta proporcionalmente a la velccidad inicial oe y el camino de frenado crece proporcionalmente al cuadrado de la velocidad inicial.

Si la fuerza de frenado está representada por la fuerz» de rozamiento y si el coeficiente de rozamiento / es conocido, F = /P = lmg y las Igualdades (b) y (c) dan:

t — v o <■ _ "o

Señalemos que si en vez de la masa de la carga m y. de su velocidad inicial vQ nos fuera conocida la cantidad inicial de movimiento de la carga Q0 = mv0 (por ejemplo, Q0= 2 kgm/s), entonces, de la igualdad (b) podríamos hallar el tiempo de frenado, conociendo F% pero para determinar el camino de frenado Sj estos datos no serian suficientes.

Por el contrario, conociendo la energía cinética inicial de la carga T0 = y la

fuerza F, podríamos determinar el camino de frenado s, con ayuda de la igualdad (c). pero no hallaríamos el tiempo de frenado Esias particularidades fueron subrayadas en el § 109.

Problema 104. Considerando que la magnitud j R | I \ de la resultante R de todas las fuerzas que actúan í > 0 \sobre el pistón (fig. 260) varía durante un cierto l , ............................ . ■ ■ j , -intervalo de tiempo según la ley R = 0 ,4P (I — kt), donde P es el peso del pistón, t es el tiempo en se­gundos, k es un coeficiente igual a 1,6 l/s, deter- F|g- 260minar la velocidad del pistón en el instante tx == 0 5 s, si en el instante l 0= Q su velocidad cr0erO,2 m/s.

Solución. Ya que la fuerza que actúa sobre el pistón depende del tiempo yentre las magnitudes dadas e incógnitas hay tlt v0 y vx, para resolver el problema utilizamos la ccuación (34):

mvlx — mvox = Sx. (a)

En nuestro casot . f ,

Sx=\) Rxdx = 0 ,A P ^(l- k l)d l = 0.1PI, ( l - y ' , ) •

O 0Además, v0x = v0, vlx = vXl P = mg. Poniendo estos valores en la ecuación (a)

y teniendo en cuenta que Ar = 1,6 l/s y — 0,5 s, obtendremos:

<’1=00 + 0,4 «/, ( ' - y '■) ~ *'4 m/s'

291 Cap. XVI/1. Teoremas generales de la Dinámica del punto

Problema 105. Una carga suspendida por un hilo de longitud / (fig 261, a) se desvía de la vertical a un ángulo cp0 y luego se suelta sin velocidad inicial. Hallar la velocidad de la carga en el instante en que el h ilo forma un ángulo <p con la

vertical.Solución. Puesto que en las condiciones del problema entran: el desplazamiento

de la carga, que se determina por el ángulo de desviación del hilo, y las velocida­des v0 y üj, para su solución utilizamos el teorema de la variación de la energía cinética

muj moJ •~2---- 2~ ¿—i ■

Sobre la carga actúan la fuerza de gravedadP y la reacción de hilo N. El trabajo de la fuerzaN es nulo, porque Nx = 0. Para la fuerza P , con ayuda de la fórmula (39 ), hallamos A (P) = Ph = mgh. Ya que i>0 = 0. como resultado obtenemos

e= mgh, de donde

= V w

Es la fórmula de Gal íleo muy conocida. Es evidente que el mismo resultado se obtiene para la

velocidad v de una carga en caída libre (fig. 261, b).En el problema presente h = /eos<p — / eosq>0 y en definitiva

o, = Y (eos cp— eos <p0) .

P ro b le m a 106. Un resorte de válvula, en estado libre, tiene una longitud/0« r 6 cm. Cuando la válvula está totalmente abierta, la longitud del resorte es/ = 4 cm , la altura de elevación de la válvula es s = 0,6 cm(fig. 262). La rigidez del resorte es cs=0,I kgf/cm, el peso de la válvula es p — 0,4 kgf. Despreciando la acción de la fuerza de gravedad y de las fuerzas de resistencia, deter­minar la velocidad de la válvula en el momento de su cierre.

Solución. La fuerza de elasticidad F que actúa sobre la válvula depende de la distancia; además se conoce el des­plazamiento s de la válvula. Por eso, para resolver el proble­ma utilizam os la ecuación (42)

mv\ mo\ __ .~2 2~ CM«M,) *

Según las condiciones del problema el trabajo es rea­lizado solamente por la fuerza de elasticidad del resorte.Por esta razón, de acuerdo con la fórmula (40), tendremos:

= - | - KAÍ.n)*— <A/,ln)*l.En el caso presente

kl\n = l0 — 1 = 2 cm, A/nn = /0— / — s = 1,4 cm.

Además, p0 = 0 y Poniendo todos estos valores en la ecuación (42),

obtendremos:

i i

Fig. 262

§ JI5. Resolución de problemas 295

ácr M*

^ ---- ( *P M /

Durante ios cálculos hace falta prestar atención a las dimensiones (ya que A/ se calcula en centímetros, entonces, es necesario tomar £ = 980 cm/s*).

Problema 107. Una carga se encuentra en la parte media de una viga elástica (fig. 263) flexionándola a una magnitud óest (flexión estática de la viga). Despre­ciando el peso de la viga, determinar su flexión máxima 6max si la carga cae sobre la viga desde una altura H.

Solución. Como en el problema pre­cedente, para la resolución utilizamos la ecuación (42). En el caso presente, la ve­locidad inicial de la carga v0 y su veloci­dad final vx (en el momento de la flexión máxima de la viga) son iguales a cero y la ecuación (42) obtiene la forma

Z /l*=0 . (a) f 'R- 263

En este caso, el trabajo es realizado por la fuerza de gravedad P en el des­plazamiento /W0AÍ, y ]a fuerza de elasticidad de la viga F en el desplazami­

ento M 'M v Aquí A (P) = P (H + 6mtx), A (F) — — ^ , porque para la viga

A/in = 0, A/fin — Ómax. Poniendo estos valores en la igualdad (a) obtendremos:

= 0-

Pero durante el equilibrio de la carga sobre la viga, la fuerza de gravedad se equilibra con la fuerza de elasticidad; por consiguiente, P = cóe,t y la igualdad precedente se puede escribir en la forma

Resolviendo esta ecuación de segundo grado y teniendo en cuenta que según los datos del problema debe ser bnux > 0, hallamos

roix — <it + v +2//óeil .

Es interesante notar que cuando // — O resulta que ómJX = 2ó„t Por consigui­ente, si ponemos la carga sobre la parte media de una viga horizontal, su flexión máxima durante la caida de la carga será igual al doble de la flexión estática. Después, la viga con la carga empezará a realizar oscilaciones alrededor de la posi­ción de equilibrio. Bajo la influencia de la resistencia, estas oscilaciones se amor­tiguarán y el sistema se equilibrará cuando la flexión de la viga sea igual a óc, t.

Problema 108. Determinar qué velocidad inicial minima u0, dirigida vertical­mente hacia arriba, hace falta comunicar a un cuerpo para que este se eleve de la superficie de la Tierra a una altura dada H. Durante los cálculos se supone que la fuerza de gravedad varia inversamente proporcional al cuadrado de la distancia hasta el centro de la Tierra. La resistencia del aire se desprecia.

Solución. Para resolver el problema utilizamos el teorema de la variación de la energía cinética, considerando el cuerpo como un punto material.

Entonces.

2 2 “ (A*«**»)' 1 '

donde m es la masa del punto.Calculemos el trabajo de la fuerza F sin utilizar la fórmula (41'). Pongamos

el origen de coordenadas en el centro O de la Tierra (centro de gravitación) y orientemos el eje Ox en el sentido del movimiento (fig. 264). Tracemos el punto M y la fuerza F aplicada a éste, en una posición arbitraria. De acuerdo con las con-

296 C ap A'.V I I ! . Teorem as generales de 'a D inám ica del p u n ió

diciones del problema

F = k ~ . x*

El coeficiente de proporcionalidad k se halla de la condición de que sobre la superficie de la Tierra, es decir, cuando x = R (R es el radio de la Tierra) la fuer­

za de gravitación es igual a mg (g es la acelera­ción de la fuerza de gravedad sobre la superficie te­

rrestre). De aqui mg — k y k = g R l .

Notando quetf2

km

hallamos según la fórmula (38')

<Mt)

= 0 .

J ( -km \

dx =dx

(A i,)

Calculando la integral tendremos:

kmti

Este mismo resultado puede ser obtenido directamente con ayuda de la fór­mula (41') si se tiene en cuenta que en nuestro caso r0~ R y r t = R + //.

Ya que en la posición superior A l,, la velocidad del punto v. = 0 . poniendo el valor hallado del trabajo en la ecuación (a) y sustituyendo k por su valor, obtendremos finalmente:

/ 2gRHV R+n-

Ahora examinemos los casos particulares:a) Supongamos que H es muy pequeña en comparación con R. En este caso.

H /R es una magnitud muy cercana al cero. Dividiendo el numerador y el denomi­nador entre R, obtendremos

^ j¡ - ~ Vzgíi'+ 4-

De este modo, para magnitudes de H muy pequeñas llegamos a la fórmula de Galileo.

b) Hallemos la velocidad inicial, con la cual hace falta lanzar un cuerpo para que éste pase al infinito. Dividiendo el numerador y el denominador entre H , obtendremos:

Y 2gR

I *+■H

Cuandohallamos:

H = oo, considerando que el radio medio de la Tierra R « 6370 km.

§ ¡16. Teorema de la variación del momento de la cantidad de movimiento 297

Por consiguiente, un cuerpo lanzado desde la superficie de la Tierra con la velocidad de 11,2 km/s abandonará para siempre el campo de atracción terrestre.

Se puede calcular, que si las velocidades iniciales están dentro de los limites de 8 km/s < t/0 < 11 km/s de un cuerpo lanzado por una tangente a la superficie te­rrestre entonces, éste no caerá jamas a la Tierra y se convertirá en satélite de la Tierra. Si las velocidades iniciales son inferiores a 8 km/s, o si el lanzamiento no es horizontal, el cuerpo después de describir una trayectoria elíptica caerá sobre la Tierra. Todos estos resultados se refieren al movimiento en el vacío (véase el capítulo X X II) .

§ 116. Teorema de la variación del momento de la cantidad de m ovim iento del punto (teorema de los momentos). De lasdos características dinámicas fundamentales introducidas en el § 109, mv es una magnitud vectorial. A veces, durante el estudio del movi­miento del punto, en vez de la variación del propio vector mv, re­sulta necesario examinar la variación de su momento. El momento del vector mv respecto del centro dado O o del eje z se designa por mQ(mv) o mx(mv) y se llama respectivamente momento de la cantidad de movimiento o momento cinético del punto respecto de este centro (eje). Se calcula el momento del vector mv de la misma ma­nera que el momento de una fuerza. En este caso se considera que el vector mv está aplicado al punto en movimiento. Su módulo es | mo(mv) \ = mvh, donde A es la longitud de la perpendicular trazada del centro O a la dirección del vector mv (véase la fig. 265).

1. Teorema de los momentos respecto de un eje”. Examinemos un punto material de masa m que se mueve bajo la acción de una fuer­za F. Hallemos para este punto la relación entre los momentos de los vectores mv y F respecto de un eje inmóvil z. Según la fórmula del § 43,

mi (F) = xFy —yFx. (43)

Por analogía, para la magnitud m,(mv), si sacamos ni del parén­tesis, será

m,(mv) = m(x vy — yvx). (43')

Derivando los dos miembros de esta igualdad respecto del tiempo se halla:

57 K {mv)\ = ' n ( s » , - ^ « ) + (™ - ymd-%f ) .

El primer paréntesis del miembro derecho de la expresión obte­

nida es igual a cero, porque ^ = 0, y = vy. De acuerdo con la fór­

mula (43), el segundo paréntesis es igual a m, (F), porque según la ley fundamental de la Dinámica

1} Este resultado puede ser obtenido como un caso particular del punto 2.

298 Cap. XVJJJ. Teoremas generales de Ja Dinámica del punto

En definitiva obtendremos

^[m,(m®)) = mí (D- (44)

La ecuación obtenida expresa el teorema de los momentos respecto del eje: la derivada del momento de ¡a cantidad de movimiento del punto respecto de un eje cualquiera con relación al tiempo, es igual al momento de la fuerza efectiva respecto del mismo eje. Existe un teo­rema análogo para los momentos respecto de cualquier centro 0. Su

expresión matemática está dada por la fór­mula (45').

De la ecuación (44) se deduce que si mz (F) ~ 0, m, (mv) = const, es decir, si el momento de una fuerza efectiva respecto de cualquier eje es igual a cero, el momen­to de la cantidad de movimiento del punto respecto del mismo eje es una magnitud constante.

2*. Teorema de los momentos respecto de un centro. Para un punto material que se mueve bajo la acción de una fuerza F (fig. 265), hallemos la dependencia entre los vectores mv y F respecto de un centro

inmóvil 0. En el final del § 42 se mostró que m o(F) = r x F . Por analogía

m0 (mv) = rxm v.

En este caso, el vector mo (F) está dirigido perpendicularmente al plano que pasa por el centro O y por el vector F, el vector mo (mv) está dirigido perpendicularmente al plano que pasa por el centro O y por el vector mv.

Derivando la expresión m0(mv) respecto del tiempo, obtenemos:

-jj- (r x m v ) = ( j f i x m v j + ( r x m - j ) = (vxm v) + (rxm w ).

Pero vxm v = 0, por ser el producto vectorial de dos vectores pa­ralelos, y mw = F. Por consiguiente,

-gj- (rxm v) = r x F (45)

ó

-£■ [m0 (mv)] = m 0 (F). (45')

Como resultado, acabamos de demostrar el siguiente teorema de los

§ JI7. Movimiento bajo la acción de una fuerza central 299

momentos respecto de un centro: la derivada del momento de la can­tidad de movimiento del punto tomado respecto de un centro inmóvil, con relación al tiempo, es igual al momento de la fuerza que actúa sobre el punto, respecto de este mismo centro. Un teorema análogo es válido para los momentos del vector mv y de la fuerza F respecto de un eje cualquiera z, lo que se puede comprobar proyectando ambos miembros de la igualdad (45') sobre este eje. Esto fue demostrado directamente en el punto 1. La expresión matemática del teorema de los momentos respecto de un eje está dada por la fórmula (44) obte­nida antes.

Comparando las ecuaciones (45') y (32) vemos que los momentos de los vectores mv y F están vinculados entre si con la misma de­pendencia que los vectores mv y F.

De la ecuación (45') se deduce que si ntp {F) = 0, m 0 (mv) =const, es decir, si el momento de una fuerza efectiva respecto de un centro es igual a cero, el momento de la cantidad de movimiento del punto respecto de este centro tiene módulo y dirección constantes. En la práctica, tal resultado es de mucha importancia en el caso de movi­miento bajo la acción de una fuerza central (§ 117).

Problema 109. Una bola M está ligada a un hilo MBA, cuya porción BA se ha pasado por un tubo vertical (fig. 266). En el instante cuando la bola está a una distancia ha del eje z del tubo, se le comunica una velocidad inicial t>„ perpendi­cular al plano MBA. Al mismo tiempo el hilo empieza a introducirse lentamente en el tubo. Hallar la velocidad o, que tendrá la bola cuando su distancia del eje z sea igual a h1.

Solución. Sobre la bola actúan la fuerza de gravedad P y la reacción del hilo T. Los momentos de estas fuerzas respecto del eje z son ¡guales a cero, porque la fuerza P es paralela al eje z y la fuerza T interseca este eje. Enton­ces, según la ecuación (44) se tiene

~ [mr (mü)l = 0.

de donde mz (mr) = mvh = const. Ya que la masa n\ es constante, se deduce que durante el movimiento de la bola t>0h0 = vxhx. Por consiguiente,

= Fig. 266

A medida que la bola se vaya acercando al eje, su velocidad irá creciendo.

§ 117*. M ovim iento bajo la acción de una fu e rza central.Ley de las áreas. La fuerza central es aquella cuya línea de acción pasa todo el tiempo por el centro dado O. Como ejemplo de tal fuerza puede servir la fuerza de atracción que ejerce el Sol sobre un planetao la Tierra sobre un satélite.

300 Cap. X V /// Teoremas generales de la Dinámica del punto

Utilizando la ecuación (45') examinemos el movimiento de un punto M (íig. 267) sometido a la acción de una fuerza central F. Va que en este caso m0(F) = 0, entonces, m0 (m v)—r xm v — const o como la masa m es constante, m0(®)=rxt> = const, es decir, el módulo y la dirección del vector m0 (v) son constantes. Recordemos que el vec­tor m0 (v) = r x v está dirigido perpendicularmente al plano que pasa por los vectores r y v. Por consiguiente, si el vector r x v tiene siem­pre una dirección constante, el radio-vector r = OM del punto M y el vector de su velocidad v deben ser todo el tiempo coplanares.

De aquí concluimos que la trayecto­ria del punto M será una curva pla­na. Además, al mismo tiempo se ten­drá que | m0 (®) | = vh = const.

De este modo, un punto sometido a la acción de una fuerza central se moverá por una curva plana y su ve­locidad v variará de tal manera que el momento del vector v respecto del centro O permanecerá constante (vh — const).

El último resultado tiene una in­terpretación geométrica evidente. Ya

que vh—d~h y ds h — 2do, donde da

elemental OM M ', por consiguiente,

vh = 2 ^ . La magnitud-^-determina la velocidad con la cual aumen­

ta el área que describe el radio-vector OM durante el movimiento del punto Ai y se llama velocidad de sector del punto. En el caso que se estudia esta velocidad es constante

"5T = y I mo (®) l = const. (46)

De este modo, un punto sometido a la acción de una fuerza cen­tral se mueve por una curva plana con una velocidad de sector cons­tante, es decir, de tal modo que el radio-vector del punto durante iguales intervalos de tiempo cualesquiera describe áreas iguales (ley de las áreas).

Esta ley tiene lugar durante los movi­mientos de los planetas o satélites y es una de las expresiones de las leyes de Kepler.

Ejemplo. La órbita de un planeta que se mué- ve bajo la acción de la fuerza de atracción del Sol es elíptica; el Sol se encuentra en uno de los fo­cos del elipse C (Iig 268). Ya que Ja luerza de Fig. 268

Fig. 267

es el área de un triángulo

§ 117. Movimiento bajo la acción de una fuerza central 301

atracción es central, durante el movimiento tiene lugar la ley de las áreas. Por eso. en el punto de la órbita P (perihelio) más próxima al Sol, la velocidad del planeta vp será máxima y en el punto A más alejado del Sol (afelio) la velocidad vA será mínima. Este resultado se deduce de la ecuación (46) que para los puntos A y B dauA-AC = vp PC. A esta conclusión se puede llegar también, si se tiene en cuenta que las áreas de los sectores punteados en la íig. 268, descritas durante intervalos de tiempo iguales, deben ser iguales; por consiguiente, durante iguales lap­sos de tiempo el planeta, encontrándose cerca del punto P, tiene que recorrer un camino más largo que cuando está cerca del punto A.

Un resultado análogo tiene lugar durante el movimiento de un satélite.

CAPITULO X IX

Movimiento no libre del punto

§ 118. Ecuaciones del m ovim iento del punto por una curva determ inada inm óvil. Como se ha visto, ciertos problemas relacio­nados con el movimiento no libre pueden ser resueltos con ayuda de los teoremas generales de la Dinámica. Examinemos otro método de

resolver estos problemas, que puede ser uti­lizado para cualesquiera fuerzas efectivas y que permite al mismo tiempo hallar la ley del movimiento del punto, así como las reac­ciones de las ligaduras impuestas.

Supongamos que un punto se mueve por una curva plana lisa dada inmóvil, bajo la ac­ción de las fuerzas activas F{, F ¡.........F ‘„.Elijamos sobre la curva el origen O (fíg. 269) y determinemos la posición del punto móvil M por una coordenada curvilínea s = OM (véase el § 59). Si sustituimos la acción de la ligadura por la reacción ‘N, la ley funda­mental de la Dinámica tendrá la forma (véa­se el § 102):

mw = ’2 ¡F ; + N. (47)

En el punto M tracemos una tangente Mx (orientada en la direc­ción positiva de s), la normal principal Mn (orientada hacia el lado cóncavo de la curva) y el eje Mb, perpendicular a las dos líneas pri­meras, llamado binormal, luego, proyectemos ambos miembros de la igualdad (47) sobre estos ejes. Ya que la curva es lisa, la reacción N es perpendicular a la curva, es decir, está situada en el plano Mbn y, por consiguiente, Af, = 0. En este caso, tendremos:

mut, = 2 'raí)» = 2 /rí» + A'»- mw» = 2 f *» +A^-

Pero “>* =-57-*= ¡ p , wn = tj> “ ’6 = 0, porque el vector aceleración w

está situado en el plano de contacto Mxn. Como resultado, obtenemoslas siguientes ecuaciones diferenciales del movimiento del punto sobreuna curva dada:

' " l r = 2 ' ?í» ó (48)

= £ = 2 0 = 2 f »»H- Nt- (49)

§ J¡8. Ecuaciones del movimiento del punió 303

Las ecuaciones obtenidas permiten resolver ambos problemas del movimiento no libre indicados en el § 102.

La ecuación (48) no contiene la reacción incógnita N y permite determinar la ley del movimiento del punto a lo largo de la curva, es decir, la dependencia s — f ( í ) . Las ecuaciones (49) sirven a su vez para determinar las reacciones de las ligaduras (véase el § 119).

Las ecuaciones obtenidas pueden ser utilizadas también cuando la curva no es lisa; en este caso, a las fuerzas F¡ debe añadirse la fuerza de rozamiento.

Las ecuaciones (48), (49) son también válidas para el movimiento de un punto libre, si tomamos en ellos N = 0.

Problema 110. A un anillo pesado M que está ensartado en una circunferencia lisa de'alambre situada horizontalmente, se le comunica una velocidad inicial v9 dirigida por la tangente a la circunferencia. Du* rante el movimiento, sobre el anillo actúa la fuer­za de resistencia F = k m Y v, donde m es la masa del anillo, u es su velocidad, k es un coe­ficiente constante. Hallar dentro de cuántos segundos se detendrá el anillo.

Solución. Ponemos el origen O en la posi­ción inicial del anillo (fig. 270). Representamos el anillo en una posición arbitratria y trazamos los ejes Mx, Mn y Mb. Sobre el aniífo actúan: la fuerza de gravedad P, la reacción N y la fuerza de resistencia F. Componemos la ecuación(48) teniendo en cuenta que Px= N x~ 0 y pig_ 270

— F = — km y~v y obtenemos:

m — == — km y~v.

Luego, separando las variables y teniendo en cuenta que cuando /*=0, v = o0l obtendremos:

= ó 2 --- U.

En el instante /« * / . , cuando la carga se para, i/*-0. Por consiguiente, consi­derando que en la ecuación obtenida i/ = 0, hallaremos

Para la ley de resistencia dada, el tiempo del movimiento hasta la parada es final (véase el problema 100 en el § 105).

Problema 111. En el problema precedente, hallar el camino s, que recorrerá el anillo por la circunferencia hasta su parada, considerando que sobre éste no actúa la fuerza de resistencia que depende de la velocidad, sino la fuerza de rozamiento F=*fN. Se conoce: el radio del anillo /?*= 0,3 m, la velocidad inicial ü0 — 2 m/s, el coeficiente de rozamiento del anillo sobre la circunferencia / =0,3.

Solución. Elegimos el origen O y trazamos los ejes Afr, Mn y Mb como en el problema precedente (véase la fig. 270). Sobre el anillo actúan las fuerzas P. N y F, donde ahora F es la fuerza de rozamiento. Componiendo las ecuaciones (48),

304 C ap. X I X . M ovim iento no libre del p u n to

(49) obtenemosd v c m v i _

F, _ = A/„, Nb^ P = 0.

En módulo F = ¡N = / + /V* (se puede incurrir en un error si se calculala luerza de rozamiento como la suma aritmética de las fuerzas fNb y fN n). No­tando que Nb = P = mg, hallamos:

F = lm ) / g ' + £ -

Como se ve, la fuerza de rozamiento depende, por intermedio de la reacción A/, de la velocidad del movimiento del anillo. Por eso, es imposible resolver el problema presente (asi como el precedente) con ayuda del teorema de la varia­ción de la energía cinética.

dv dv ds dvPara hallar directamente la relación entre s y v notemos que -^=- 7 - °-

at ds al asDespués de div id ir enlre m. Ja ecuación deJ movimiento deí anillo tendrá la forma

Separando las variables e integrando ambos miembros de la igualdad tendremos,

r y _ y f , .J V g ' R ' + v* K JO* 0

de donde

-|-s-=ln(t<»+ ( v l + V g ' R ' + v i )

y, definitivamente,

ln +2/ ’

En el momento de la parada u = 0. Por eso, el camino incógn ito , t i cons ide­ramos aproximadamente que g « 1 0 m/s*, será igual a

+ « i - ,„3.0,55 n,.

§ 119. D eterm inación de las reacciones de las lig adu ras .Durante el movimiento de un punto por una curva dada, la reacción de la ligadura se halla con ayuda de las ecuaciones (49). En este caso, el punto en movimiento se debe representar en la posición para la cual se determina esta reacción. Si la velocidad v, que entra en la ecuación (49), no es conocida de antemano, puede ser determinada, en muchos casos, por medio del teorema de la variación de la ener­gía cinética (§ 114).

La ecuación (49) muestra que durante un movimiento curvilíneo, la reacción dinámica N, a diferencia de la reacción estática, depen­derá no solamente de las fuerzas activas y del tipo de ligadura, sino también de la velocidad del movimiento.

$ ¡19. Determinación de las reacciones de las ligaduras 305

Problema 112. Una carga de peso P suspendida de un hilo de longitud / se desvía de la vertical en un ángulo a a la posición Af0 y se deja caer sin veloci­dad inicial. Determinar la tensión del hilo en el instante en que la carga llega a la posición más baja M x.

Solución. Representamos la carga en la posición para la cual hace falta hallar la tensión del hilo, es decir, en la posición M , (fig. 271). Sobre la carga actúan la fuerza de gravedad P y la reacción del hilo T.Trazamos la normal M xn dirigida hacia el lado cón­cavo de la trayectoria y componemos la ecuación (49), teniendo en cuenta que en nuestro caso p = /. Obtene­mos:

müil

—T—P ó r.

donde c/x es la velocidad de la carga en la posición M x. Para determinar Pj utilizamos la ecuación (42')

mv* ~ A'-- ñ---rt, (a)

-cosa) y, en definitiva,

En el segmento M 0M 1 de la trayectoria, sola­mente la fuerza P produce trabajo. Por eso,A* = Ph = Pl (1 — eos a).

Ya que t»0 = 0, poniendo el valor obtenido del

trabajo en la igualdad (a), obtendremos, mt>J = 2P/(l- hallaremos:

T*=P (3— 2 eos a).

" Para el caso particular, cuando el ángulo de desviación inicial a = 90°, la ten­sión del hilo en el momento de pasar por la vertical será igual a 3P, es decir,

al triple del peso de la carga.La solución obtenida muestra que las

reacciones dinámicas pueden efectivamente diferir esencialmente de las reacciones está­ticas.

Problema 113. Un canalón se compone de dos arcos AB y BD de circunferencias de radio R situadas en el plano vertical de tal modo que la tangente BE en el punto .de conjugación sea horizontal (fig. 2/2). Des­preciando el rozamiento, determinar a qué altura h por encima de la línea BE hace falta poner en el canalón una bola pesada para oue ésta caiga del canalón en el punto Af, situado a la misma distancia h por de­bajo de la linea BE.

Solución. La bola se desprenderá del canalón en el punto M x, donde su presión sobre el canalón (o la reacción N del canalón)

se hace nula. Por consiguiente, el problema se reduce a determinar N. Represen­temos la bola en el punto M x. Sobre ésta actúan la fuerza de gravedad P y la reacción N del canalón. Componiendo la ecuación (49) en la proyección sobre la normal interior M xn, tendremos:

20— 142

^ = Pcos «p— N. R

306 Cap. X IX . Movimiento no libre del punto

Ya que en el punto de desprendimiento A /= 0 y teniendo en cuenta que R eos <p = KC*= R — h. para determinar h, obtendremos la ecuación

mv] = P ( R — h). (a)

La magnitud mv\ se halla por medio del teorema de la variación de la ener­gía cinética. Por ser o0 = 0, la ecuación (42') da:

mvi _ * B-2^=nA{M.Mty

Aquí, solamente la fuerza P realiza trabajo, siendo A (P) = P2h. Por consi­

guiente. muí = APh. Poniendo este valor de mv\ en la ecuación (a), obtendremos ih = R — h, de donde,

h = Q,2R.

Problema 114. La carga M está suspendida de un hilo de longitud / (fig. 273). ¿Qué velocidad inicial m ínima v0, perpendicular al hilo, hace falta comunicar a la carga, para que ésta describa una circunferencia completa?

Solución. La carga describirá una circunferencia comple­ta, si en todo el camino la tensión del hilo no se convierte en cero (sin considerar el punto Ai'), es decir, el hilo no estará arrugado en ninguna parte. Si en un punto cua/auiera Ai j. donde vx 0, la tensión del hilo se hace nula, el hilo no sostendrá la carga y ésta seguirá moviéndose como un punto libre (describiendo una parábola).

Para resolver el problema hallaremos la tensión T del hilo en una posición arbitraria A i, que se determina por ef ángulo 9 y luego exigiremos que para cualquier valor del

Fig. 273 ángulo 9 * 180° sea T > 0.En la posición Ai sobre la carga actúan la fuerza P y

la tensión del hilo T. Al componer la ecuación (49) en la proyección sobre la nor­mal interior M n, obtendremos

?~- = T — P eos (a)

donde v es la velocidad de ía carga en la posición Ai. Para determinar v utilizamosel teorema de la variación de la energía cinética:

mu1 mv* _ a

2 2 =

En el caso presente, = — Pl ( l — eos qp) y, por lo tanto,

mu* = moJ — 2 Pl ( 1 — eos <p).

Poniendo este valor de mv* en la ecuación (a) y calculando T, obtendremos:

T ~ p ( ^ ¡ — 2 + 3cos<p).

El valor m ínimo de T será, cuando q>=180°:

r ^ = r ( Í - s ) .

§ 1/9. Determinación de las reacciones de las ligaduras 307

Para que T no se convierta en cero en ningún lugar de la trayectoria (sin considerar el punto /Vi1) es necesario que Tm\n ^ 0 . De aquí

• ^ 5 * 5 ó O 'S s V t y .

Por consiguiente, la velocidad inicial mínima, con la cual la carga describirá una circunferencia completa, se determina por la igualdad

®l« mln = V 5e'-

Admitamos que en vez del hilo, la carga se suspende de una barra rígida ligera (sin peso) de longitud /. En este caso (porque la barra, a diferencia del h ilo, puede trabajar por tracción y por compresión) la carga describirá una cir­cunferencia completa si su velocidad de movimiento no se convierte en cero en ninguna parte, sin considerar, puede ser, el punto Ai'. U tilizando la ecuación (42') para el desplazamiento Af0Af' y considerando que en el punto Af' la velocidad

v — 0, obtendremos: — = — mg-2l. De donde se deduce que en este caso

« C . I . = V*gi.

CAPITULO X X

Movimiento relativo del punto

§ 120. Ecuaciones del movim iento relativo y del reposo del punto. Las leyes de la Dinámica, así como las ecuaciones y los teoremas deducidos a base de estas leyes, obtenidas en los capítulos anteriores, son válidas solamente para el llamado movimiento abso­

luto del punto, es decir, para el movimiento respecto de un sistema inerte de referencia (in­móvil).

Este capítulo está consagrado al estudio del movimiento relativo del punto, es decir, al movimiento respecto de sistemas de referen­cia en movimiento arbitrario.

Examinemos un punto material M que semueve bajo la acción de las fuerzas F¡, F ,........F„ aplicadas a éste, las cuales son el resultado

Fig. 274 de la acción mutua del punto con otros cuer­pos materiales. Estudiaremos el movimiento

de este punto respecto de los ejes Oxyz (fig. 274), los cuales, a su vez, se mueven de un modo conocido respecto de los ejes inmóviles

Hallemos la relación entre la aceleración relativa del punto wrfi y las fuerzas que actúan sobre éste. Para el movimiento absoluto, la ley fundamental de la Dinámica tiene la forma

mw. = 2 F„. (50)

Pero se sabe del curso de la Cinemática que w, = w,tl -f it).„ + + wCOI, donde w„„ w„„ wcol son las aceleraciones relativa, de arrastre y de Coriolis del punto. Poniendo este valor de wA en la igual­dad (50) y considerando en adelante que esta magnitud es la acele­ración del movimiento relativo que se estudia, obtendremos:

mw = S Fk + + (—mwtor).

Introduzcamos las designaciones:

F»tr = mWtrrt Fcor = — ftlWcoc •

Por sus dimensiones, las magnitudes F'.l, y F'c", son fuerzas. A estas fuerzas las llamaremos ¡uerzas de inercia de arrastre y de

S ¡20. Ecuaciones del mooimiento retalio« 309

Coriolis respectivamente. Entonces, la ecuación precedente tendrá la formá

mw — F/, Fin F . (51)

La ecuación (51) expresa la ley fundamental de la Dinámica para el movimiento relatiw del punió. Comparando las igualdades (50) y (51) llegamos a la siguiente conclusión: todas las ecuaciones y los teoremas de la Mecánica para el movimiento relativo del punto se com­ponen lo mismo que las ecuaciones del movimiento absoluto, a condición de añadir las fuerzas de inercia de arrastre y de Coriolis a las fuerzas de interacción con los otros cuerpos que actúan sobre el punto. La

adición de las fuerzas Furr y Fcor tiene en cuenta la influencia sobre el movimiento relativo del punto ios desplazamientos de los ejes móviles.

Examinemos algunos resultados particulares.

1. Si los ejes móviles tienen movimiento de traslación Fc"r — 0, porque en este caso, a> = 0 (co es la velocidad angular de la rotación de los ejes móviles Oxyz) y la ley de movimiento relativo tiene la forma:

mw = 2 / r»+ /ri?r.

2. Si los ejes móviles están en movimiento de traslación uniforme y rectilíneo, FÍ?r = F¿2,=0 y la ley del movimiento relativo tendrá la misma forma que la ley del movimiento respecto del sistema de referencia de inercia (inmóvil). Por consiguiente, cualquier sistema de referencia que tiene un movimiento de traslación uniforme y recti­líneo respecto del sistema inmóvil, es también un sistema de referencia inmóvil.

Del resultado obtenido se deduce que ningún experimento mecá­nico puede descubrir si el sistema de referencia dado está en reposoo realiza un movimiento de traslación uniforme y rectilíneo. En esto consiste el principio de relatividad de la Mecánica clásica, descubierto por Gal i leo.

3. Si el punto está en reposo respecto de los ejes móviles, para

éste » = 0 y o,,. = c = 0, por consiguiente, Fcür = 0, porque la ace­leración de Coriolis wcot = 2<o,„ t»tel sen a. Entonces, la igualdad (51) obtendrá la forma

2 ^ * + ^ " " = 0- (52)

La ecuación (52) representa la ecuación de equilibrio ( reposo) re­lativo del punto. De ésta se deduce que las ecuaciones de equilibrio relativo se componen de la misma manera que las ecuaciones de equi­librio respecto de los ejes inmóviles, a condiciones de añadir la fuerza de inercia de arrastre a las fuerzas de interacción con los otros cuerpos que actúan sobre el punto.

310 Cap. XX. Movimiento relativo del punto

4. Componiendo las ecuaciones del movimiento relativo para los casos cuando /v", ^ 0, hay que tener en cuenta que

Por consiguiente, la fuerza F"',, es perpendicular a wre, = v y, por consiguiente, a la tangente a la trayectoria relativa del punto.

a) La proyección de la fuerza de Inercia de Coriolls sobre la tan­

gente Mea la trayectoria relativa del punto es siempre nula (feor, = 0) y la ecuación (48) en el caso de movimiento relativo tendrá la forma

b) Para todo desplazamiento relativo, el trabajo de la fuerza de inercia de Coriolls es nulo [véase el § 112, la fórmula (38)]; en el caso de movimiento relativo el teorema de la variación de la energía cinética tendrá la forma (v, y vt son los valores de las velocidades relativas):

Todas las demás ecuaciones del movimiento relativo contendrán, en el caso general, las fuerzas de inercia de arrastre y de Coriolis.

Problema 115. Despreciando la masa de todas las piezas en rotación de un regulador centrífugo (íig. 275) en comparación con la masa de las bolas B y D, hallar el ángulo a que determina la posición del equilibrio relativo de la varilla AB, si el regulador gira con una velocidad angular constante <o y la longitud AB = /.

Solución. Para determinar la posición de equilibrio relativo (respecto de los ejes que giran junto con el regulador), según la ecuación (52) se añade la fuerza

de inercia de arrastre Fmtt a la fuerza de gravedad P y a la reacción N que actúan

Fzxi — ml(ú2 sen a. La fuerza F lanrr está dirigida en sentido contrario a la acelera­

ción es decir, a lo largo de la linea CB. Componiendo la ecuación del

Feo, =■• — rnw<ot = — 2m x ©,,,).

Por eso:

(53)

(54)

Fig. 275 Fig. 276

sobro la bola B. Ya que ü> = const, = to "rr = BC-a* = lu>i sen a. En este caso

§ ¡20. In flu en c ia de la rotación de la T ierra en el equilibrio________ 311

equilibrio en la proyección sobre el eje B i. perpendicular a AB, tendremos

— P sen a-f- F eos a = 0.

Luego, sustituyendo la fuerza por su valor y dividiendo entre sen a (el

caso cuando a = 0 no se examina), obtendremos:— g-\- luí1 eos a = 0,

de donde

Como c o s c K 1, si a ^ 0 el equilibrio es posible solamente cuando o>* > .

Problema 116. Una semicircunferencia BCD de radio R (fig. 276) gira alrededor de un eje vertical con una velocidad angular constante ü). Un anillo M comienza a deslizarse, sin rozamiento, sobre esta semicircunferencia a partir de un punto B desviado un poco del eje de rotación. Hallar la velocidad relativa u, del anillo en el punto C, si su velocidad inicial w0 = 0.

Solución. Para determinar la velocidad vx utilizamos el teorema de la variación de la energía cinética. Para plantear la ecuación (54) que expresa este teorema,

calculamos el trabajo de las fuerzas P y F l" r, donde /•'^r =mco1x (el trabajo de la

reacción N es igual a cero). Considerando aproximadamente que x/j — 0, hallamos:

<C> R

*<BCi (^i7r) = F[nrr x dx= miú* J ""ú'R*-

I B ) (0)

Además, AlfíC\ (P) = P R Poniendo este valor en la ecuación (54) y teniendo en cuenta que uo = 0* obtendremos:

De aqui hallamos:

" .= / 2 , * ( . + * £ ) .

También se puede resolver este problema componiendo la ecuación (53) en la proyección sobre la tangente M r y luego, transformando su miembro izquierdo del mismo modo que en el problema 111.

En el § 122 se da un ejemplo de la integración de ecuaciones del movimiento relativo.

§ 121. In fluen c ia de la ro tación de la T ierra en el e q u ili­b rio y m ovim iento de los cuerpos. Al resolver la mayoría de los problemas técnicos se considera al sistema de referencia ligado con la Tierra como inmóvil (de inercia). Esto significa que no tenemos en cuenta la rotación diaria de la Tierra y su movimiento orbital alrededor del Sol. Para el segundo de estos movimientos la corres­pondiente fuerza de inercia de arrastre que debe entrar en la ecua­ción (51) se equilibra prácticamente por la fuerza de atracción del Sol (véase la explicación más detallada en el § 128). Por consiguiente, considerando el sistema de referencia ligado con la Tierra como in­móvil despreciamos, de hecho, solamente su rotación diaria junto

312 Cap. X X . Movimiento relativo del punto

con la Tierra respecto de las estrellas. Esta rotación se realiza con la velocidad de 1 revolución en 23 horas 56 minutos 4 segundos, es decir, con la velocidad angular

a) = « ° ,0000729 1/s.

Estudiemos qué influencia ejerce esta rotación relativamente lenta en el equilibrio y movimiento de los cuerpos.

/. Reposo re la tivo sobre la superfic ie de la T ierra. Fuerzade gravedad . Examinemos un punto material situado sobre un plano

liso «horizontal», inmóvil respecto de la Tierra (fig. 277). La condición de suequilibrio con relación a la Tierra, de acuerdo con la ecuación (52), consiste en

que /r,t, + N + F',"r = 0, donde F ,{, es la fuerza de atracción de la Tierra, N es

la reacción del plano, FÍ", es la fuerza de inercia de arrastre. Como w = const,

la fuerza F tiene solamente una com­ponente normal dirigida perpendicular- mente al eje de rotación de la Tierra.

Sumemos las fuerzas F.U y F'."r e intro­duzcamos la designación

F .u + Flr„ = P.

En este caso, sobre el punto M actuarán dos fuerzas, P y N, que se equilibran mutuamente. La fuerza P es precisamente la fuerzade gravedad. La dirección de la fuerza P será la de la verticalen el punto dado de la superficie terrestre y el plano perpen­

dicular a P será el plano horizontal. En módulo, F',", = mro)’(/■ es la distancia entre el punto Ai y el eje terrestre) y su valor espequeño en comparación con F ,lr, porque la magnitud o>* es muypequeña. Por eso, la dirección de la fuerza P difiere poco de la de

Al pesar los cuerpos, determinamos la fuerza P, porque precisa­mente con esta fuerza el cuerpo hace presión sobre el platillo de la balanza. Por consiguiente, introduciendo la fuerza de gravedad P en

la ecuación de equilibrio, introducimos también la fuerza F',"„, es decir, prácticamente tomamos en consideración la influencia de la rotación de la Tierra. .Por eso, durante la composición de las ecua­ciones de equilibrio de los cuerpos respecto de la Tierra, no hace

>• El valor de F[", es máximo en el ecuador, donde r — R . Aquí, su valor es

aproximadamente el 0,34% de la fuerza ds atracción. La mayor diferencia entre los ángulos X (latitud geocéntrica) y q> (latitud astronómica) mostrados en la fig. 278, tiene lugar cuando \ = 45° y es aproximadamente igual a 11'.

§ 121. influencia de la rotación de la Tierra en el equilibrio 313

falta ¡ntoducir correcciones relacionadas con la rotación de la Tierra. Esta es la razón, por la cual en el § 1 dijimos que el equilibrio respecto de la Tierra podía considerarse como absoluto.

2*. Movimiento relativo cerca de la superficie de la Tierra. Para tener en cuenta la rotación del sistema de ejes ligados con la Tierra,

hace falta añadir las fuerzas F',n„ y Flor a las fuerzas que actúan

sobre el punto. Pero la fuerza Fl"„ entra en la fuerza de gravedad P y esto se tiene en cuenta introduciéndola en las ecuaciones de movi­

miento. Por consiguiente, cuando consideramos los ejes ligados con la Tierra como inmóviles, en efecto despreciamos solamente la fuerza de inercia de Coriolis:

F'd, = 2mm sen a,

donde <o es la velocidad angular de la Tierra, a es el ángulo formado por la velocidad relativa v del punto y el eje terrestre.

Debido a que el valor de o> es muy pequeño, si la velocidad v

no es muy grande, se puede despreciar la fuerza Fe", en comparación con la fuerza de gravedad.

Por ejemplo, incluso para o = 700 m/s (la velocidad de un proyec­

til ordinario) y a = 90°, la fuerza F'cnor será cerca del 1% de la fuer­za P. Por eso, en la mayoría de los cálcu­los de ingeniería, durante el estudio del movimiento de los cuerpos, se puede efectivamente considerar el sistema de ejes ligados con la Tierra como de iner­cia (inmóvil).-

La influencia de la rotación de la Tierra adquiere una importancia práctica en el caso de velocidades muy grandes (el vuelo de cohetes de gran alcance) o de movimientos de larga duración (co­rrientes de los ríos, atmosféricas y mari­nas).

Examinemos cualitativamente la In­fluencia de la rotación de la Tierra sobre el movimiento de los cuerpos.

a) Movimiento sobre la superficie terrestre. En el hemisferio boreal, durante el movimiento de un punto por un meridiano del norte al sur, la aceleración de Coriolis tíicor está dirigida al este (§ 92, pro­

blema 88) y la fuerza F¡-o, está dirigida al oeste. Si el movimiento

se realiza del sur al norte, es evidente que la fuerza Fio, estará diri­gida al este. En los dos casos, como se ve, esta fuerza desviará el punto hacia la derecha respecto de la dirección de su movimiento.

Si el punto se desplaza siguiendo un paralelo hacia el este, la acele­ración W'0l estará dirigida a lo largo del radio MC del paralelo (fig. 278)

314 Cap. XX. Movimiento relativo del punto

y la fuerza F["i, en el sentido opuesto. La componente vertical de esta fuerza (a lo largo de OM) modificará un poco el peso del cuer­po, la componente horizontal estará dirigida hacia el sur y desviará el punto también hacia la derecha respecto de la dirección del mo­vimiento. Un resultado análogo se obtendrá durante el movimiento por un paralelo al oeste.

De lo dicho concluimos, que en el hem isferio boreal el cuerpo que se m ueve por la superfic ie terrestre en cualquier dirección será desvia­do a consecuencia de la rotación de la T ierra h acia la derecha de la dirección de su m ovim iento. En el hemisferio austral, la desviación será hacia la izquierda.

Con esto se explica el hecho de que los ríos del hemisferio boreal derrubian la orilla derecha (ley de Baer). Esta es también la causa de la desviación de los vientos de dirección constante (vientos alisios) y de las corrientes marinas.

b) Caída vertical. Para determinal la dirección de la fuerza de inercia

de Coriolis F¡2r que actúa sobre un cuerpo en caida libre, hace falta conocer la dirección de la velocidad relativa v del punto. Como la fuerza

Fcor es muy pequeña en comparación con la fuerza de gravedad, se puede estimar, en primera aproximación, que el vector v está dirigido por la vertical, es decir, a lo largo de la línea MO (véase la fig. 278). Entonces, el vector wco„ como se ve fácilmente se dirigirá al oeste

y la fuerza F¡£r, al este (es decir, como está dirigido en la fig. 278 el vector v). Por consiguiente, en primera aproximación, un p un ió (cuer­p o ) en caída libre se desvia de la vertical a l este bajo la acción de la rotación de la T ierra . Es evidente que un cuerpo lanzado hacia arriba se desviará hacia el oeste durante su elevación. Los valores de estas desviaciones son muy pequeños y son sensibles solamente para una gran altura de caída o elevación; esto puede ser visto en los cálculos expuestos en el § 122.

$ 122*. Desviación de la vertical de un panto en calda bajo la acción de la rotación de la Tierra. Examinemos un punto material que cae de una altura no muy grande H (en comparación con el radio de la Tierra) sobre la super­ficie de la Tierra. La fuerza de gravedad P será considerada durante la calda como constante, la resistencia del aire se desprecia D irijamos el eje Oy por la vertical hacia arriba y el eje Ox. al este (fig. 279, a) *>. Para tener en cuenta la

rotación de la Tierra, además de la fuerza P que comprende ya la fuerza

hace falta aplicar al punto la fuerza /-'jj, d ir ig ida, como ha sido constatado, en

primera aproximación, al este. En este caso, las ecuaciones diferenciales del m ovi­m iento relativo tendrán la forma:

m j¡¡i = Fm- m ^ jL = - P ^ - m g . (55)

!) La escala de la magnitud representada en la dirección del eje Ox está bastante aumentada en la fig. 279.

§ ¡22*. Desviación de la vertical de un punto en caída 315

las condiciones iniciales serán

cuando / = 0. x = 0. y = H ,

Integrando la segunda de las ecuaciones (55) y determinando las constantes de integración mediante las condiciones iniciales, hallaremos:

áy= —gt. = H — gt*

Durante el cálculo del módulo de F¿J, despreciaremos, como ya hicimos al

determinar la dirección de /=¿¡¡r, la componente de la velocidad vx en comparación

con vy (porque la fuerza F j j , es mucho menor que P ) y hallando la solución

aproximada consideraremos que u = \vy \ = g t . En este caso, la velocidad v será

Fig. 279

dirigida verticalmente hacia abajo (a lo largo de la línea MO, en la fig. 278) y formará un ángulo a = 90° — X con el eje de rotación de la Tierra, donde X es

la latitud. Por consiguiente, ^¿¡¡r = 2miúgt eos X y la primera de las ecuaciones (55)

tomará la forma:d*x

dt*-2(iúg eos X) /.

Como la magnitud entre paréntesis es constante, integrando esta ecuación, obtendremos:

^l= (ugcos *.)/* + C,. * = 4- (cagóos X ) í » - f c y + c , .

Después de poner los datos iniciales tenemos aue Ct *=Ct = 0 . De este modo, las ecuaciones que determinan aproximadamente la ley del movimiento relativo del punto serán:

~ 2 '

Resulta que el movimiento no es rectilíneo y el punto en su calda se desvía efectivamente al este. Después de excluir el tiempo t de las igualdades preceden­tes. obtendremos en primera aproximación la ecuación de la trayectoria del punto

316 Cap. XX- Movimiento relativo del punto

(parábola semicubica):

x1 = J J eos* X (// — y?.

Considerando que en este caso y = 0 hallaremos la desviación al este e que tendrá el punto en el momento de su caída sobre la Tierra1*:

2e — <ú eos A y — . (56)

Como se ve, la desviación e es proporcional a la velocidad angular de la Tierra co y, por lo tanto, es una magnitud pequeña. Por ejemplo, en la latitud de Moscú X « 56°, g ss 981,6 cm/s*) para la caída desde la altura H *= 100 m, la mag­nitud e « 1,2 cm.

Una serie de experimentos realizados en numerosos puntos de la Tierra por varios científicos, confirma la exactitud del resultado que da la fórmula (56).

Examinemos el movimiento de un cuerpo lanzado desde el punto O vertical­mente hacia arriba con una velocidad inicial t>0. Durante el ascenso la fuerza

en primera aproximación, debe estar dirigida hacia el oeste. En este caso,

si el eje Ox se dirige también hacia el oeste (fig. 279, b), las ecuaciones diferen­ciales del movimiento conservarán la forma (55) y las condiciones iniciales serán: cuando / = 0 , x = y ~ 0, vx = 0, vy = v0.

Para estas condiciones la segunda de las ecuaciones (55) nos da:

O y — v , - g l . y *= o (57)

Entonces, considerando que aproximadamente v = vy (como en el problema

precedente), obtendremos F¡.Jr = 2mci>(o0— gt) eos X y la primera de las ecuaciones

(55) tendrá la forma

==2(tocos X)(»»— «<).

Esta ecuación describirá también el movimiento del punto durante su caída

hacia abajo, porque la modificación de la dirección del vector /^ J , , que tiene lugar

en este caso, se tomará en consideración por medio del cambio del signo del fac­tor (u0— g t)^ o r .

Integrando la ecuación obtenida para las condiciones Iniciales del problema, hallaremos definitivamente

x = ü> eos X . (58)

Suponiendo que en la igualdad (57) y*=0, hallaremos el tiempo del movimien­

to del punto hasta su caída sobre la Tierra: /, = 2 — . Al mismo tiempo tenien*

ü Al determinar el módulo y la dirección de la fuerza fJJ,. en primera apro­

ximación despreciamos la componente de la velocidad vx dirigida hacia el este.

Como resultado de la presencia de esta velocidad, la fuerza tendrá una com­

ponente complementaria que provoca un3 desviación del punto hacia eT sur. Puesto

que x = -^-(<ogcos X)í*. la magnitud ox = - £- es proporcional a u y la desviación «J df

hacia el sur es proporcional a <of , es decir, es una magnitud pequeña de segundo orden.

§ 122*. Desviación de la vertical de un punto en calda 317

do en cuenta que v0 *=\f2g H x , donde // , es la altura de elevación, mediantela ecuación (58) determinaremos la desviación del punto hacia el oeste en elmomento de su calda

n o 4 , « J 8 , 2 H \OB = e, = eos X - ^r= Tp ® eos X y . (59)

De las fórmulas (56) y (59) se deduce que cuando = H la desviación e, = 4e.Si el movimiento del punto puede continuar (el punto de lanzamiento 0 no

se encuentra en la superfice de la Tierra), la trayectoria del punto seguirá desvián­dose hacia el este a partir del punto B.

. Como ya se indicó, todos estos cálculos se refieren al movimiento en el vacio y la rotación de la Tierra se toma en consideración solamente en primera apro­ximación.

C A P I T U L O X X I

Oscilaciones rectilíneas del punto

§ 123. Oscilaciones libres s in tener en cuenta las fu e r z a s de resistenc ia . El estudio de las oscilaciones sirve de base a una serie de ramas de la Física y de la Técnica. Aunque las oscilaciones que se estudian en las diferentes ramas, por ejemplo, en Mecánica, Radiotécnica, Acústica, etc, se distinguen una de la otra por su natu­raleza físíca, las leyes fundamentales de estas oscilaciones mecánicas

son las mismas en todos los casos. Por eso,-- i—— ^ -- x el estudio de las oscilaciones macánicas es

L,-1 --- _¡ importante y no solamente a causa de suaplicación frecuente en la técnica, sino tam-

Fig. 280 bién porque los resultados, obtenidos duran­te el estudio de las oscilaciones mecánicas,

pueden ser utilizados para el estudio y la aclaración de los fenómenos oscilatorios en otras ramas.

Comencemos por el estudio de las oscilaciones libres de un punto sin tener en cuenta las fuerzas de resistencia. Examinemos el punto M en movimiento rectilíneo bajo la acción de ung sola fuerza de recuperación F dirigida hacia el centro inmóvil O y que es propor­cional a la distancia de este centro. La proyección de la fuerza F sobre el eje Ox (fig. 280) será igual a

Fx — — ex. (60)

La fuerza F tiende a volver el punto a su posición de equilibrio O, donde F — 0, de ahí su denominación de “fuerza de recuperación”. Un ejemplo de este tipo de fuerza es la fuerza de elasticidad (§ 113, fig. 255) o la fuerza de atracción estudiada en el problema 99 (§ 105).

Hallemos la ley del movimiento del punto Af. Componiendo la ecuación diferencial del movimiento (6), obtendremos

d*Xm — -57F =■ ex.

Dividiendo ambos miembros entre m e introduciendo la notación

£ - * \ (61)

la ecuación toma la forma

£ + *’* = 0. (62)

§ 123. Oscilaciones libres 319

La ecuación (62) es la ecuación diferencial de las oscilaciones libres, en caso de que no exisla resistencia. La' resolución de esta ecuación diferencial homogénea lineal de segundo orden se halla en la forma x = e"‘. Estimando que en la ecuación (62) x = e*' obtendremos, para la determinación de n, una ecuación llamada característica, que eñ este caso tiene la forma de n, + k, = 0. Ya que las raíces de esta ecuación característica son puramente imaginarias (n, , = ±iít), enton­ces, de acuerdo con la teoría de las ecuaciones diferencíales, la solu­ción general de la ecuación (62) tiene la forma

x = C, sen kt + C,coskt, (63)

donde C, y C, son las constantes de integración. Si en vez de las constantes C, y C, introducimos las constantes a y a , tales que C, = a eos a, C, = asen a, obtendremos x = a (sen kl eos a -f eos kt sen a) o

x = asen (W + a). (64)

Esta es otra forma de la solución de la ecuación (62), donde las constantes de integración son a y a . Esta solución es muy cómoda para los estudios generales **.

En el movimiento que se estudia, la velocidad del punto es igual a

o„=x = ak eos (kt -f a). (65)

Las oscilaciones que efectúa el punto según la ley (64) se llaman

oscilaciones armónicas. Su representación gráfica para a =-5- se muestra

en la fig. 152, c (§ 69).Se puede dar una interpretación cinemática evidente para todas

las características de este movimiento. Examinemos un punto B en movimiento uniforme sobre una circunferen- qia de radio a, a partir de la posición B0 cue se determina por el ángulo DOB, — a (fíg. 281). Supongamos que la velocidad an­gular constante de la rotación del radio OB es igual a k. En este caso, en un instante arbitrario t el ángulo q> = DOB — a -f- kt y se ve fácilmente que la proyección M del punto B sobre el diámetro perpendicular a DE se mueve según la ley x = a sen ( k t a ) , donde x = OM, es decir, efectúa oscilaciones armó- |.¡g- 281nicas.

La magnitud a igual a la desviación máxima del punto M del centro de oscilaciones se llama amplitud de oscilación. La magnitud <f = kt-\-a se llama fase de oscilaciones. A diferencia de la coorde-

l> Se puede comprobar también que las expresiones (63) y (64) son soluciones de la ecuación (62) por medio de la introducción directa en la ecuación (62) de los valores de x.

320 Cap. X X I. Oscilaciones rectilíneas del punto

nada x, la fase y determina no solamente la posición del punto en el instante dado, sino también la dirección de su movimiento ulte­rior, por ejemplo, teniendo una fase igual a q> el punto se desplaza de la posición M hacia la derecha y cuando la fase es igual a (n—9 ), hacia la izquierda. Las fases que se distinguen en 2n se consideran como idénticas (en la fig. 152, c los puntos claros indican dos fases idénticac). La magnitud a determina la fase en el inicio de las osci­laciones (la ¡ase inicial). Por ejemplo, cuando a = 0 las oscilaciones se efectúan según la ley del seno (comienzan de la posición O con

una velocidad dirigida hacia la derecha). Cuando a = ¿ , se efectúan

según la ley del coseno (comienzan de la posición x = a con una velocidad v„ = 0). La magnitud fe, que coincide con la velocidad an­gular de la rotación del radio OB, mostrada en la fig. 281, se llama frecuencia circular de las oscilaciones.

El intervalo de tiempo T (o x), durante el cual el punto efectúa una oscilación completa, se llama periodo de las oscilaciones. Después de transcurrir un periodo la fase cambia en 2n. Por consiguiente, debe ser feT ==2n, de donde el período es.

La magnitud v, inversa del período, que define el número de oscilaciones realizadas durante un segundo, se llama frecuencia de oscilaciones

De aquí se ve que la magnitud fe se distingue de v solamente por el factor constante 2n. En adelante, por abreviar, llamaremos frecuen­cia de las oscilaciones a la magnitud fe.

Los valores de a y a se determinan de acuerdo con las condicio­nes iniciales. Si para 1 = 0 x=¡x0 y vx — v„ obtendremos por medio de (64) y (65) x „=a sen-a, vc)k = a eos a. De aquí, sumando primero los cuadrados de estas igualdades y a continuación dividiéndolos miembro a miembro, hallaremos:

Señalemos que las oscilaciones libres, en el caso de ausencia de resistencia, poseen las propiedades siguientes: 1) la amplitud y la fase inicial de las oscilaciones dependen de las condiciones iniciales; 2) la frecuencia fe y por consiguiente, el período T de las oscilaciones no dependen de las condiciones iniciales (véanse las igualdades (61) y (66)] y son las características constantes de un sistema de oscila­ciones dado.

(66)

(68)

§ 123. Oscilaciones libres

y

°\ ° 'r a 1 p x

L £ b lX m I

Fig. 282

En particular, de aquí se deduce que si el problema exige sola­mente la determinación del periodo (o la frecuencia) de las oscila­ciones, hace falta componer la ecuación diferencial de! movimiento y llevarla a la forma (62). Después de hacerlo, T se halla directa­mente de la fórmula (66) sin integración.

Influencia de la fuerza constante en las oscilaciones libres de un punto. Supongamos que sobre un punto M además de la fuerza de recuperación F dirigida hacia el centro actúa una fuerza P, constante en módulo y dirección (fig. 282). La magnitud de la fuerza F sigue proporcional a la distancia del centroO, es decir, F*=c OM. Es evidente que en este caso la posición de equilibrio del punto M estará en el centro O, que dista de O a una distancia OOl =&e,l que se determina por la igualdad c6tU = P o bien

« « . - £ • <69>

La magnitud se llama desviación estática del punto.Tomemos el centro O, por el origen de referencia y orientemos

el eje coordenado 0,x en el sentido de la acción de la fuerza P.Entonces tendremos Fx = — c (x+6„t). PK-P- Como resultado, componiendo la ecuación diferencial del mo­vimiento (6) y teniendo en cuenta que de acuerdo con la igualdad (69) cócri = f>, tendremos:

£ + * • * = 0.

La ecuación obtenida, donde k se determina por la igualdad (61) coincide con la ecuación (62). De aquí con­cluimos que la fuerza constante P no modifica el carácter de las oscilaciones que realiza el punto bajo la acción de la fuerza de recuperación F, sino que desvía el centro de estás oscilaciones en el sentido de la acción de la fuer­za P en la magnitud de la desviación estática Ó,„.

Expresemos el periodo de las oscilaciones en función de óert. Según las ecuaciones (69) y (61), fe’ = P/mócrt. En este caso la igualdad (66) dará

Fig. 283

= 2 n / Í (70)

De este modo el período de las oscilaciones es proporcional a la raíz cuadrada de la desviación estática 6est.

En particular, si la fuerza P es la de gravedad, cosa que ocurre durante las oscilaciones de una carga puesta sobre un resorte vertical (véase la fig. 283), entonces P — mg y la fórmula (70) tendrá la forma

"«¡Ti 8 •

21— 142

(70')

322 Cap. X X I Oscilaciones rectilíneas del punto

Problema 117. Una carga está suspendida del extremo B de un resorte vertical AB y se la suelta sin velocidad inicial. Determinar la ley de las oscilaciones de la carga, si en la posición de equilibrio ésta alarga el resorte en una magnitud

(alargamiento estático del resorte).Solución. Pongamos el origen de coordenadas O en la posición de equilibrio

estático de la carga y orientemos el eje Ox por la vertical hacia abajo (íig. 283).La fuerza de elasticidad es F = c\ A/1. En nuestro caso. Ai = óe,t + *• P°r con*

siguiente,Fx = — c(óc,, + *).

Componiendo la ecuación diferencial del movimiento, obtendremos

d2xm = — c ( + x)+ P.

Pero, según las condiciones del problema, la fuerza de gravedad P = mg — cÓe,t (en la posición de equilibrio la fuerza P se equilibra con la fuerza de elasticidad

cÓCit). Como resultado, después de introducir la notación = k * , la ecua­

ción tendrá la forma

-^+***=0.

De aqui hallamos directamente el periodo de oscilaciones de la carga en la forma (70 )

7- = -^-=2ji ] /" ÍS-'. k Y g

Por consiguiente, el periodo de oscilaciones es proporcional a la raíz cuadrada del alargamiento estático del resorte.

La solución de la ecuación diferencial será

x = CX sen kt -f- C , eos kt.

Según las condiciones iniciales, cuando / = 0, x = — óc,t, üx = 0. Como

vx = = k C l eos kt — kC2 sen kt,

entonces, poniendo los datos iniciales, obtendremos C2 = — ó^t, C. = 0 . Por consi­guiente, las oscilaciones se efectúan con una amplitud óelt según la ley

**= — ¿est eos kt.

De aqui se ve que el alargamiento máximo del resorte durante las oscilacionesde la carga es igual a 2óe, t. En el problema 107, donde una viga desempeñó el

papel del resorte, obtuvimos este resultado por medio de otro método.

La solución examinada confirma que la fuerza constan­te P no modifica el carácter de las oscilaciones que se efec­túan bajo la acción de la fuerza de elasticidad F, sino quedesvia el centro de estas oscilaciones en el sentido de la acción de la fuerza en una magnitud 6 e, t (es evidente, que en caso de faltar la fuerza P las oscilaciones tendrían lugar alrededor del centro B).

Problema 118. Determinar el periodo de las oscilaciones . de la carga de peso P suspendida de dos resortes de coeíi-

\ ig. ¿84 cientes de rigidez cx y ct del modo indicado en la fig.284, a.

Solución. En la posición estática, cada resorte se estira con una fuerza P. PorP P

consiguiente, el alargamiento estático de los resortes será óle,t = — > 6 ^ ,4 = — .cx ca

§ ¡24. Oscilaciones Ubres 323

En este caso, el alargamiento total de los resortes

tjCj C| -f-Cj

donde ¿ttjuiy es el coeficiente de rigidez de un resorte equivalente que sustituye a

los dos resortes dados. En particular, cuando c j= c , obtendremos Cequlv^TT^

El periodo de oscilaciones, según la fórmula (70'), será

7* = 2n l/ " ? ÍÜ = 2 n i / Ü £ i± £s .y g y e < v ,

Problema 119. Resolver el problema precedente considerando que la carga está suspendida del resorte del modo indicado en la fig. 284, b.

Solución. Es evidente, que en este caso, el alargamiento estático (compresión) de ambos resortes es el mismo: el resorte superior se estira con una fuerza P, y el inferior se comprime con una fuerza P ,, siendo P i + P t = P. Entonces, ambos resortes se estirarán con una fuerza igual a P — c,óeil. En el estado de equilibrio c,óe,t = P — cjócí(, de donde

A P«l+Cl'

En este caso, ceqQjv *=c, -f-c, y el período de las oscilaciones

T = 2n ] / " ^£i-'= l / " Py « y g(c,+ct)§ J24. Oscilaciones libres en presencia de una resistencia

proporcional a la velocidad (oscilaciones am ortiguadas). Exa­minemos la influencia de la resistencia del ambiente sobre las oscilaciones libres, consi- r K u ,derando que la fuerza de resistencia es propor- — — * ‘----- jj------ 1cional al primer grado de la velocidad: R = — ¡it;(el signo menos indica que la fuerza R tiene FiE- 285la dirección opuesta a v). Supongamos que sobreun punto en movimiento actúan la fuerza de recuperación F y la fuerza,

de resistencia R (fig. 285). En este caso. FK = —ex, Rx = —|»V*= — n

y la ecuación diferencial del movimiento será

d'x dxm nr> - - « - i * •

Dividiendo ambos miembros de la ecuación entre m, obtendremos

^ + 2 o, (71)

donde,

£ = (72)

En este caso, es fácil verificar que las magnitudes k y b tienendimensiones iguales (1/s); esto permite compararlas entre si.

324 Cap. X X /. Oscilaciones rectilíneas del punto

La ecuación (71) es la ecuación di erencial de las oscilaciones libres en presencia de una resistencia proporcional a la velocidad. Su solu­ción, así como la solución de la ecuación (62) se halla en la forma de x = e"'. Poniendo este valor de x en la ecuación (71) obtendremos la ecuación característica n2 + 2bn -f fe’ = 0, cuyas raíces serán

n ,. ,= - 6 ± ^ 6 í^ P . (73)

Examinemos el caso cuando k > b, es decir, cuando la resistencia es pequeña en comparación con la fuerza de recuperación. Introduciendo la designación

k, = Vk'-b\ (74)

obtendremos de (73) que ri, , ,= — b ± ik„ es decir, que las raíces de la ecuación característica son complejas. Es evidente que la solución

general de la ecuación (71) se dis­tinguirá de la solución de la ecua­ción (62) solamente por el factor e-"', es decir, tendrá la [orina

x = e-*1 (C, sen k,t + Ct coskll)

(75)

o, por analogía con la igual­dad (64),

x = ae"Msen(fr,H-a). (76)

Las magnitudes a y a de esta ecuación, son constantes de inte­

gración y se determinan mediante las condiciones iniciales.Las oscilaciones que se efectúan según la ley (76), se llaman

oscilaciones amortiguadas, porque a causa de la presencia del factor e~tl la magnitud de x = OAl disminuye con el tiempo y tiende a cero. La gráfica de estas oscilaciones se muestra en la fig. 286 (ésta se encuentra entre las líneas curvas punteadas x = ae-b‘ y x = — ae-M, porque el módulo de sen (A;í-f a) na puede ser mayor de I).

El intervalo de tiempo T„ igual al período de sen (k,t +• a), esdecir, la magnitud

7 , = -^ = - ^ = , (77)*, y 6*

se llama periodo de las oscilaciones amortiguadas. Durante un período el punto realiza una oscilación completa, es decir, por ejemplo, comen­zando a moverse de la posición x = 0 hacia la derecha (véase la fig. 285) llega a la misma posición moviéndose también a la derecha. Si tenemos en cuenta la igualdad (66), la fórmula (77) puede ser representada en la forma

r '- í 7 1 = W - 7 f = r a » I ' ( l + T®)- o r )

§ J24. Oscilaciones libres 325

Las fórmulas obtenidas muestran que T, > 7, es decir, que cuando hay resistencia, el período de las oscilaciones aumenta un poco. Sin embargo, cuando la resistencia es poca (b fe), la magnitud b'/k' en comparación con la unidad se puede despreciar y considerar que r , as T. Por consiguiente, una resistencia pequeña no influye práctica­mente sobre el periodo de las oscilaciones.

El intervalo de tiempo entre dos desviaciones sucesivas del punto que oscila a la derecha (o a la izquierda) es también igual a T\K Por consiguiente, si la primera desviación máxima a la derecha se realiza en el momento la segunda desviación x% será en el momento /, = /, +7",, etc. En este caso, según la fórmula (76), tenienuo en cuenta que f e , ? " ^ ^ , obtendremos:

x, = oe-6'* sen (fe,/, -(-a),

x, = ae-b <'•+ r ‘> sen (fe,/, + k¡Tl -f a) = xle~bT'.

Por analogía, para cualquier desviación x„+, se tendrá xn+l = x„e-6ri. De este modo, resulta que las amplitudes de las oscilaciones dismi­nuirán de acuerdo con la ley de la progresión geométrica. El deno­minador de esta progresión e~bT< se llama decremento de las oscila­ciones que se estudian y el módulo de su logaritmo, es decir, la mag­nitud ¿>T, se llama decremento logarítmico.

De los resultados obtenidos se deduce que una resistencia pequeña casi no influye en el período de las oscilaciones, pero provoca un amortiguamiento paulatino de las oscilaciones a causa de la disminución de las amplitudes de las oscilaciones de acuerdo con la ley de la progresión geométrica.

En conclusión, examinaremos él caso cuan­do b > fe, es decir, cuando la resistencia en com­paración con la fuerza de recuperación es gran­de. Introduciendo la designación P — k2 = r1 Fig. 287hallaremos que en este caso las raices de laecuación característica (73) son iguales a n,., = — b ± r , es decir, am­bas son reales y negativas (porque r < b). Por consiguiente cuando b >fe, la solución de la ecuación (71) que describe la ley del movimiento de un punto, tiene la forma

x = C le-{b*r)l

Ya que la función e~al, donde a > 0, disminuye paulatinamente con el tiempo tendiendo a cero, el movimiento del punto, en este

*> Los momentos, cuando x tiene el valor máximo o minimo se hallan por

medio de la ecuación -^-=^ae~bt |fe, eos (kxt -f- a )— b sen (kxt 4-a)J = 0. Si el cor­

chete se convierte en cero cuando / = / x, entonces, éste se convertirá en cero tam­bién en los momentos l x-\-2TXt etc, porque kxTx = 2n.

326 Cap. XXI . Oscilaciones rectilíneas del punto

caso, no será oscilatorio y éste seguirá acercándose a su posición de equilibrio x = 0 bajo la acción de la fuerza de recuperación. La gráfi­ca de tal movimiento (si, siendo t — 0, x~x0. u„ > 0) tiene el aspecto mostrado en (a fig. 287.

§ 125. Oscilaciones fo rzadas. Resonancia. Examinemos un caso importante de las oscilaciones que surgen cuando, además de la íuerza de recuperación F. sobre el punto actúa una iuerza Q que varia periódicamente con el tiempo, cuya proyección sobre el eje Ox es igual a

Q., = Qo sen pi. (78)

Esta fuerza se llama fuerza perturbadora y las oscilaciones provo­cadas por la acción de tal fuerza se llaman oscilaciones forzadas. La magnitud p en la igualdad (78) es la frecuencia de la fuerza pertur­badora.

La fuerza perturbadora puede ser una fuerza que varia con el tiempo de acuerdo con otra ley. Examinaremos solamente el caso en que Qx se determina por la igualdad (78). Tal fuerza perturbadora se llama armónica. Un ejemplo concreto de ésta se da en el problema 120 (pág. 334).

). Oscilaciones forzadas sin resistencia ". Estudiemos e) movimiento de un punto sobre el cual, además de la fuerza de recuperación F (véase la fig. 280), actúa una fuerza perturbadora Q En este caso, la ecuación diferencial del movimiento será

d*x , n .tn-jjí = — cx-\-Q0senpt.

Dividamos ambos miembros de esta igualdad entre m y bagamos

-£ = />„. (79)

Entonces, teniendo en cuenta la designación (61) escribiremos la ecuación del movimiento en la forma

~ + k 'x = P<¡ sen pi. (80)

La ecuación (80) es la ecuación diferencial de las oscilaciones ¡orza­das del punto en ausencia de resistencia. Según la teoría de ecuaciones diferenciales, su solución será x = x, + x,, donde x, es la solucióngeneral de la ecuación sin el miembro derecho, es decir, la soluciónde la ecuación (62) que nos da la igualdad (64) y x, es una solución particular cualquiera de la ecuación completa (80).

Considerando que p ¥= k busquemos la solución de x, en la forma

x, = A sen pt,

11 Los resultados obtenidos en este punto pueden ser hallados como un caso particular del punto 2.

§ 125. Oscilaciones forzadas. R asonancia 327

donde A es una magnitud constante que debe ser elegida de tal modo que la igualdad se convierta en identidad. Poniendo el valor de xt y de su segunda derivada en la ecuación (80), tendremos:

— pM sen pt + k*A sen pt ■= sen pt.

Esta igualdad es válida para cualquier valor de/, si A (k '—p1) = P0, ó

A = W—k*- P2

Asi pues, la solución particular buscada será

x* = * r ^ ,s e n pt. {81)

Como x = xt + xt y el valor de x, está dado por la igualdad (64), la solución general de la ecuación (80) tendrá, en definitiva, la forma

< = asen(W + a)+ jj4^iSen/7/, (81')

donde a y a son las constantes de integración que se determinan mediante los datos iniciales.

La solución (81') muestra que en este caso las oscilaciones del punto se componen de: 1) las oscilaciones de amplitud a (que depen­den de las condiciones iniciales) y de frecuencia k, llamadas oscilaciones propias y 2) oscilaciones de amplitud A (que no dependen de las condiciones iniciales) y de frecuencia p, llamadas oscilaciones forzadas.

En la práctica, a causa de la presencia inevitable de fuerzas de resistencia, las oscilaciones propias se amortiguarán muy rápido. Por eso, en el movimiento que se examina, las oscilaciones forzadas son las de mayor importancia. Su ley está dada por la ecuación (81).

Como se ve, la frecuencia p de las oscilaciones forzadas es Igual a la frecuencia de la fuerza perturbadora. Si dividimos el numerador y el denominador entre k la amplitud de estas oscilaciones puede ser representada en la forma

< - T ? = f r r - . <82)- m r

donde, de acuerdo con las igualdades (61) y (79), ó0 = es de­

cir, 6„ es la magnitud de la desviación estática del punto bajo la acción de la fuerza Q„. Como vemos, A depende de la relación de la frecuen­cia p de la fuerza perturbadora a la frecuencia fe de las oscilaciones propias. La gráfica de esta dependencia se muestra en la fig. 289, a (pág. 331) por la curva marcada con el signo /i = 0 (otras curvas de la gráfica expresan la dependencia entre .4 y p/k en caso de existir resistencia).

328 Cap. XX/ . Oscilaciones rectilíneas (Id punió

De la gráfica |o de la fórmula (82)1 se deduce, que eligiendo dis­tintas relaciones entre p y k se pueden obtener oscilaciones forzadas de amplitudes diferentes. Cuando p = 0 (o p<^.k), la amplitud es igual a 6„ (o está muy cerca de esta magnitud). Si la magnitud p es próximaa k, la amplitud A se hace muy grande. Por fin, cuando p^>k, laamplitud A se hace muy pequeña (prácticamente es próxima a cero).

Señalemos además que cuando p < k. como se ve de la comparación de las fórmulas (78) y (81), la fase de las oscilaciones forzadas y la de la fuerza perturbadora coinciden todo el tiempo (ambas son igua­les a pl). Si p > k, poniendo el signo menos bajo el signo del seno, se puede escribir la ecuación (81) en la forma

x* = 5611 (P‘ — n )-

Por consiguiente, para p > k el desfasaje de las oscilaciones forza­das y la fuerza perturbadora es igual a n (cuando la fuerza Q tiene un valor máximo y está dirigida hacia la derecha, el punto oscilante está desviado al máximo hacia la izquierda, etc).

Resonancia. En el caso cuando p = k. es decir, cuando la frecuencia de la fuerza perturbadora es igual a la frecuencia de las oscilaciones propias, tiene lugar el fenómeno llamado resonancia. Las fórmulas (81) y (82) no describen este caso, pero se puede demostrar que las amplitudes de las oscilaciones forzadas durante la resonancia crecerán ilimitadamente asi como se muestra a continuación en la fig 290. Las propiedades generales de las oscilaciones forzadas (y en particular, las de la resonancia) se examinarán más detalladamente al final de este párrafo (p. 3).

Cuando p ~ k . la ecuación (60) no tiene la solución particular x ,— A sen pt y esta solución se debe hallar en la forma

xt = Bl eos pt.

d xEntonces — 2fipsen pt — p2Bt eos pt y si se tiene en cuenta que p = k,

pla sustitución en la ecuación (80) da —2flp sen pt — P 0 sen pt. de donde fí = —

Como resultado hallamos la ley de las oscilaciones .forzadas durante la resonancia, cuando no hay resistencia:

x ,= — I c o s p t 6 X, = i í s c n ( p í - y ) . (83)

‘Como se ve, durante la resonancia, las amplitudes de las oscilaciones forzadas crecen efectivamente proporcionalmente al tiempo y la ley de estas oscilaciones tiene la forma mostrada en la fig. 290. El desfasaje durante la resonancia es igual

n* T

2*. Oscilaciones forzadas en presencia de resistencia. Examinemos el movimiento de un punto sometido a la acción de la fuerza de re­cuperación F, de la fuerza de resistencia R proporcional a la velocidad

§ 125. Oscilaciones forzadas. Resonancia 329

(véase el § 124) y de la fuerza perturbadora Q que se determina por la fórmula (78). La ecuación diferencial de este movimiento tiene la forma

d*x dx . ^ .m 1¡T= — ex — ( i ^ + Q.sen pl.

Dividiendo ambos miembros de la igualdad entre m y teniendo en cuenta las notaciones (72) y (79), obtendremos:

~ + 2b%l + k 'x = P 0scnpt. (84)

La ecuación (84) es la ecuación diferencial de las oscilaciones for­zadas del punto en presencia de resistencia. Como se sabe, su solución general se presenta en la forma x = x ,+ x2, donde x, es la solución general de la ecuación sin el miembro derecho, es decir, las ecuacio­nes (71) (cuando fe > 6 esta solución está dada por la igualdad (76) y x. es una solución particular de la ecuación completa (84). Busque­mos la solución de x, en la forma

x, = A sen (pt — P),

donde A y p son constantes que deben elegirse de tal manera que la igualdad (84) se convierta en una identidad. Calculando las derivadas, obtendremos:

^ 'f = Ap eos (pt — p). = — Ap' sen (pl — P).

Poniendo estos valores de las derivadas y de la magnitud x, en el miembro derecho de la ecuación (84) y designando, para simplifi­car, pt — ? = ■>!> (o p/ = \|>-{-p), obtendremos:

A ( — pt + k') sen y + 2bpA eos = P0(eos p sen ij) + sen p eos i);).

Para que esta igualdad sea válida para cualquier i(>, es decir, en cualquier momento de tiempo, los coeficientes de sen ij> y costJ> en los miembros izquierdo y derecho deben ser respectivamente iguales uno al otro; por consiguiente,

A (fe1 — p’ ) — P0 cosp, 2bpA — P0 sen p.

Estas igualdades pueden servir para la determinación simple de la magnitud p. Elevando cada miembro de la ecuación al cuadrado, su­mándolos y luego dividiéndolos entre sí término por término, hallamos:

<8 5 >

Como x = x, + x, y el valor de x, (cuando fe > 6) está dado por la igualdad (76), hallamos en definitiva la solución de la ecuación (84) en la forma

x = ae '1" sen (fe,/ -f- a) + A sen (p t—p), (86)

330 Cap. X XI . Oscilaciones rectilíneas del punto

donde a y «son las constantes de integración que se determinan según las condiciones iniciales; los valores de A y {5 están dados por lasfórmulas (85) y no dependen de las condiciones iniciales. Cuando 6 = 0

las soluciones obtenidas están dadas por las fórmulas (81) y (81'), obte­nidas antes para ei caso sin resisten­cia.

Las oscilaciones que se examinan sen complejas y se componen de las propias leí primer sumando en laigualdad (86), fig. 288, a] y de las for­zadas (el segundo sumando en la igual­dad (86), fig. 288, 6)1. Para el caso que se examina, las oscilaciones propias del punto fueron estudiadasen el § 124. Como fue establecido, estas oscilacio­nes se amortiguan muy pronto, des­pués de transcurrir cierto intervalo de tiempo llamado tiempo de esta­blecimiento, pueden ser prácticamente despreciadas.

Si, por ejemplo, se considera que se pue­den despreciar las oscilaciones propias a par­tir del momento en que sus amplitudes son

determinará de la igualdad ae~6í = 0,01A. de

Como se ve, cuanto menor es la resistencia (es decir, cuanto menor es b), tanto mayor es el tiempo de establecimiento.

Uno de los cuadros posibles del establecimento de las oscilaciones, que se efectúan según la ley (86), y que comienzan a partir del estado de reposo, se muestra en la fig. 288, c. Teniendo otras condiciones iniciales y otras relaciones ehtre las frecuencias p y fc,, el carácter de las oscilaciones en el intervalo de tiempo 0 < / < t„ puede ser complétamete distinto. Sin embargo, en todos los casos, al pasar el tiempo de establecimiento, las oscilaciones propias se amortiguarán prácticamente y el punto efectuará las oscilaciones según la ley

x = /4sen(p<— p). (88)

Estas oscilaciones se llaman forzadas. Son ¡as oscilaciones armóni­cas no amortiguadas de amplitud A que se determina por la igualdad (85) y de frecuencia p igual a la frecuencia de la fuerza perturbadora. La magnitud p caracteriza el desfasaje de ¡as oscilaciones forzadas y la fuerza perturbadora.

Interiores a 0,01 A. magnitud tn se donde

§ 125. Oscilaciones forzadas. Resonancia 331

Estudiemos los resultados obtenidos. Introduzcamos las notaciones:

(89)

donde X es la relación de las frecuencias, h es la magnitud que carac­teriza la resistencia, 6„ es la magnitud de la desviación estática del punto bajo la acción de la fuerza Q„ (por ejemplo, en el caso de oscilaciones de una carga suspendida de un resorte, ó„ es igual al alargamiento estático del resorte provocado por la fuerza <?„).

F l

J

111

h-OJ1:

¿\-pfK

En este caso, dividiendo el numerador y el denominador de la igualdad (85) por fe2, obtendremos:

A = v ü ^ m m - « - r a p - w

Las fórmulas (90) muestran que A y p dependen de dos parámetros adimensionales l y i . Para aclarar esto las gráficas de la fig. 289 muestran dicha dependencia para distintos valores de h. La magnitud A/6„ indicada en el eje de ordenadas del primer gráfico se llama coe­ficiente dinámico. Según los datos de cada problema concreto se pueden calcular las magnitudes 60, X, h y hallar los valores de A y p utili­zando las gráficas correspondientes o las fórmulas (90). De estas grá­ficas (o de las fórmulas), se deduce también que variando la relación entre p y fe se pueden obtener oscilaciones forzadas de amplitudes diferentes.

Cuando la resistencia es muy pequeña y la magnitud X se diferen­cia mucho de la unidad se puede considerar en las fórmulas (90) que h equivale aproximadamente a cero (/i«0 ).

En este caso, tendremos los resultados obtenidos en el p. 1, a saber:

^ ** | i j • P « 0 (cuando X < 1), P « 180° (cuando X > 1). (91)

332 Cap. X XI . Oscilaciones rectilíneas del punto

Examinaremos además los casos particulares siguientes:1. SI la relación de frecuencias X es muy pequeña (p<^.k), supo­

niendo aproximadamente que X as 0, se obtiene de la fórmula (90) que A «; 60. En este caso, las oscilaciones se efectuarán con una amplitud igual a la desviación estática ó, y desfasaje p = 0 .

2. Si la relación de frecuencias X es muy grande (p^>k), el valor de A se hace pequeño. Este caso presenta un interés particular para el problema del aislamiento antivibratorio de diferentes construct ciones, aparatos, etc. Considerando que la resistencia es pequeña y despreciando en las fórmulas (90) 2/iX y 1 en comparación con X1 se puede obtener la fórmula aproximada siguiente para calcular A,

3. En todos los casos de interés práctico, el valor de h es muchomenor que la unidad. Entonces, como se deduce de las fórmulas (90),

a unidad, la amplitud de las oscilacio­nes forzadas alcanza el máximo. El fenómeno que se produce durante este caso se llama resonancia').

En el caso de resonancia se puede considerar que en las fórmulas (90)1 = 1 y entonces.

De aquí se deduce que cuando h es pequeña, la magnitud A,c, puedetener valores bastante considerables.

Las oscilaciones de amplitud Ar„, asi como las oscilaciones forzadas, en

general, no se establecen en seguida durante la resonancia. El pro­ceso de establecimiento de las oscilaciones será análogo al mos­trado en la fig. 288, c. Cuanto menor es la resistencia, es decir, cuanto menor es b o h, tanto mayor es el valor de A,c,; pero a) mismo tiempo, tanto mayor es el tiempo de establecimiento de estas oscilaciones (véase la fórmula (87)].

Cuando no hay resistencia, es decir, b —h = Q, entonces, como fue establecido, la ley de las oscilaciones forzadas está dada durante la resonancia, por la ecuación (83), y la gráfica de las oscilaciones tiene

') De la fórmula (90) se ve que cuando el valor de / ( £ )= (1 — {)2++ (donde E = X*), que se encuentra en el denominador, es mínimo. Resolviendo la ecuación / ’ (\) «=— 2(1— 6 — 2A*)= 0 , hallaremos que A se hace máxima para

5 = 1 — 2h2, es decir, para X[t, = V 1 — 2AJ. Por consiguiente, la resonancia tiene lugar cuando X es un poco interior a I. Pero en la práctica, despreciando en comparación con la unidad se puede considerar que Xrel = l.

si el vaior de X es próximo a I

§ 125. Oscilaciones forzadas. Resonancia 333

la forma indicada en la fig. 290. De este modo, cuando no hay resis­tencia el proceso de «balanceo» del sistema durante la resonancia dura ilimitadamente y las amplitudes de las oscilaciones crecen ininterrum­pidamente con el tiempo. El cuadro de las oscilaciones de resonancia será análogo, si las resistencias son muy pequeñas.

3. Propiedades generales de las oscilaciones forzadas. De los resul­tados obtenidos más arriba, se deduce que las oscilaciones forzadas poseen las propiedades importantes siguientes, que las distingue de las oscilaciones propias del punto.

1. La amplitud de las oscilaciones forzadas no depende de las condiciones iniciales. 2) En presencia de resistencia, las oscilaciones forzadas no se amortiguan. 3) La frecuencia de las oscilaciones forza­das es igual a la frecuencia de la fuerza perturbadora y no depende de las características del sistema oscilatorio (la fuerza perturbadora “impone” su frecuencia de oscilaciones al sistema).

4) Para una fuerza perturbadora pequeña (Q„ es pequeña) se pueden obtener oscilaciones forzadas intensas si la resistencia es pequeña y la frecuencia p es próxima a fe (resonancia). 5) Induso para valores gran­des de la fuerza perturbadora es posible reducir las oscilaciones for­zadas hasta el mínimo, si la frecuencia p es mucho mayor que fe.

Las oscilaciones forzadas, y en particular la resonancia, desempe­ñan un gran papel en muchas ramas de la Física y de la Técnica. Por ejemplo, durante el funcionamiento de máquinas o motores apa­recen generalmente fuerzas periódicas capaces de provocar oscilaciones forzadas en los elementos de la máquina o del fundamento.

Se pueden controlar las variaciones de la amplitud de estas osci­laciones haciendo trabajar el motor en diferentes regímenes, para el cual p = G), donde (o es la velocidad angular de rotación (véase el problema 120). Con el crecimiento de u, crecerá la amplitud A délas oscilaciones de la pieza vibrante (o del fundamento). Cuando o> = fe, empieza la resonancia y las amplitudes de las oscilaciones forzadas alcanzan el máximo. Sí u> sigue aumentándo la amplitud A disminuye y cuando <o fe, el valor de A será prácticamente nulo.

En muchas construcciones de ingeniería el fenómeno de la resonan­cia es indeseable y es necesario evitarlo eligiendo' la relación entre las frecuencias p y fe de tal modo que las amplitudes de las oscila­ciones forzadas sean prácticamente iguales a cero (p^>k).

Un ejemplo del efecto positivo de la resonancia lo tenemos en la radiotécnica, donde ésta se utiliza para separar las señales de una estación de radío de todas las demás (sintonización del receptor).

La teoría de las oscilaciones forzadas es también la base de la construcción de una serie de aparatos, por ejemplo, de víbrógrafos que sirven para medir los desplazamientos de los cuerpos oscilatorios (de fundamentos, piezas de máquinas, etc.) y en particular, de sis­mógrafos que registran las oscilaciones de la corteza terrestre, etc.

334 Cap. XX/ . Oscilaciones rectilíneas del punto

Problema 120. Una viga, sobre la cual está montado un motor se Uexiona baio su peso a ó e j t ^ l cm. ¿A cuál número de revoluciones por minuto del árbol del motor surgirá la resonancia?

Solución. De la fórmula (70') se deduce que el periodo de las oscilaciones propias de la viga es

7*s=2n l / ^ á i .' g

Si el centro de gravedad del árbol del motor está desplazado del eje. sobre elárbol actuará la fuerza centrífuga Q9 (fig. 291). Su proyección sobre el eje Oxigual a Qx ™ Qe. sen (<o es la velocidad angular del árbol) será precisamente la fuerza perturbadora que actúa sobre la viga; la frecuencia de esta fuerza es p = a>.

Por consiguiente, el periodo de las oscilaciones. . _ 2* forzadas es T » = — .

1 <oLa resonancia surge, cuando Tt = T, es decir,

cuando

G>cr= | / ^ 31.3 |/s.

De aquí, el número critico de revoluciones

^ cr_30ü>cf ^ 3 0 Q r . p m

nEl número de revoluciones correspondiente al

régimen de trabajo debe ser considerablemente ma­yor que ncf.

Problema 121. Estudiar las oscilaciones forzadas de una carga suspendida de un resorte (problema 117) si el extremo superior >4 del resorte efectúa oscilaciones verticales conforme a la ley £ = Cosen pt.

Solución. Tracemos el eje Ox tal como en el problema 117 (véase la fig. 283). Si suponemos que el extremo superior está desplazado del punto A hacia abajo a una magnitud £, (a longitud acf resorte f = Entonces f x ^

— c A /= — c(óe*i4-Jt— £) y la ecuación diferencial dol movimiento, si se despre­cia la resistencia del aire y se tiene en cuenta que P = cóe,t, será

= — c (ó ..t+ * — D + P** — cx+<£.

Introduciendo la notación' — = k*, como en el problema 117, obtendremos:

— -f k*x = *aa0 sen pt.

Por consiguiente, la carga efectuará oscilaciones forzadas, porque la ecuación obtenida coincide con la ecuación (80) o con la ecuación (84). si se estima que6 = 0 y P0 = /taa«. De la igualdad (89) se deduce aue en el caso dado óy = a0 y h=*0. La amplitud de las oscilaciones forzadas y el desíasaje se determinan por las fórmulas (91).

Si p<£k (el extremo superior del resorte oscila muy lentamente), X « 0 y A as o0 y el desfasaje P = 0. En este caso, la carga oscilará como si el resorte fuera una barra rígida que corresponde, desde el punto de vista físico, a la condi­ción de p. Cuando p = k surge la resonancia y las amplitudes de las oscila­ciones comenzarán a crecer intensamente Si la frecuencia p se hace mayor que

§ 125. Oscilaciones forzadas. Resonancia 335

k(\ > 1), la carga oscilará de tal manera que cuando el extremo del resorte va hacia arriba, la carga desciende y viceversa (el desíasaje 0=180°); al mismo tiempo cuanto mayor sea o, tanto menor será la amplitud de las oscilaciones. Por fin, cuando p sea mucho mayor que k (X^> 1) la amplitud A « 0. En este caso, /a carga permanecerá en la posición de equilibrio estático (en el punto O), a pesar de que el extremo superior del resorte efectúa oscilaciones de amplitud a0 (la frecuencia de estas oscilaciones es tan grande que la carga no puede seguirlas).

CAPITULO X X I I

Movimiento del cuerpo en el campo de gravitación terrestre

§ 126. M ovim iento del punto m ateria l lanzado bajo un án-

f ulo a l horizonte en el campo de g rav itac ión de la T ierra.1 problema del movimiento de un cuerpo en el campo de gravita­

ción terrestre se presenta durante el estudio del movimiento de co­hetes de gran alcance y de satélites artificiales de la Tierra, y tam­

bién durante el examen de los problemas relacionados con los vuelos cósmicos. En estos casos, cuando la distancia y la altura de las trayectorias son comparables con el radio de la Tierra, es necesario (a diferen­cia del problema examinado en el § 108) tener en cuenta la variación de la tuerza de gravitación con la distancia.

Consideremos a un cuerpo en movi­miento como un punto material de masa m, admitiendo a la Tierra como inmóvil. Su­pongamos que en el momento inicial este punto se encuentra en la superficie de la Tierra en una posición M0 (fig. 292) y tiene una velocidad inicial v„ dirigida bajo un ángulo a al horizonte. SI despreciamos la resistencia del aire (que es admisible en

Fig 292 primera aproximación para las alturas quese estudian) y consideramos a la Tierra

inmóvil, entonces sobre el punto en movimiento actuará solamente la fuerza de gravitación F dirigida hacia el centro de la Tierra; en este caso, en virtud de' la ley de la gravitación universal (véase el § 113, p. 4).

F = (92)

donde r = 0/VÍ es la distancia del punto M al centro de la Tierra, R = OM0 es el valor de r para el punto de partida M 0, g es la ace­leración de la fuerza de gravitación terrestre en el punto M 01>.

11 En la fórmula (92) R puede tener cualquier valor superior al radio terrestre Cuando el punto M 0 se toma en la superficie de la Tierra, consideraremos habi­tualmente aue R es igual al radio del ecuador terrestre /?© = 6378 km y g = g o = «9 ,81 m/s* (g es siempre la aceleración de la fuerza de gravitación terrestre y no la de la fuerza de gravedad; véase el § 121).

§ 126. Movimiento del punió material 337

Como F es una fuerza central (§ 117), la trayectoria del punto estará representada por una curva plana. Por eso, para estudiar el movimiento se pueden utilizar las coordenadas polares r=*OM y cp, poniendo su origen (polo) O en el centro de la Tierra y dirigiendo el eje polar Ox a lo largo de la línea OAÍ0. Planteemos las ecuaciones diferenciales del movimiento del punto M.

Según la ley de las áreas (§ 117), durante el movimiento bajo la acción de la fuerza central, el momento del vector de la velocidad v respecto del centro O (o el doble de la velocidad de sector del punto) será una magnitud constante. Por consiguiente, m0 (v) = c. Pero el dibujo nos muestra que si se descompone el vector v en las compo­nentes radia) v, y transversal v , (§ 71), entonces

m0 (®) = m0 (vf ) = rvf,donde

De aquí obtenemos Ja primera ecuación

(93)

El valor de la constante c se halla a partir de las condiciones en el punto de partida M 0, donde, como se ve fácilmente. mo (v0) = = Rua eos a. Por consiguiente,

c = Rv„ eos o. (94)

Se obtiene la segunda ecuación, con ayuda del teorema de la va­riación de la energía cinética, en la forma diferencial (§ 114),

Pero, según la fórmula (41) del § 113

dA = — F d r = — mgR

Como resultado, hallaremos la segunda ecuación en la forma

d ( £ ) = « * * ( | ) . (95)

donde (véase el § 71)

= (96)

Integrando las ecuaciones diferenciales (93) y (95) se pueden de­terminar r y <p como funciones del tiempo, es decir, hallar la ley del movimiento del punto. En vez de esto, hallaremos directamente su trayectoria eliminando el tiempo l de la ecuación. Para simplificar

338______Cap. X X / / Movimiento del cuerpo en el campo de grau. terrestre

el cálculo introduciremos una nueva variable u, estimando que

\ da 1 dr

“ — r ' dtp r'- dip' (97)

Entonces, teniendo en cue.ua las igualdades (97) y (93) obten­dremos:

dr _ d r dtp__ ; du c __ du

di dtp di r dtp r'1 ^ dq> '

/■</"> \ c

r [ d l ) ~ r ~ CU-

Poniendo estos valores en la fórmula (96). tendremos

La ecuación (95), después de dividir ambos miembros por d<f y calcular la derivada de vl , tendrá la forma

„1 T.. du i ',“ d1u 1 n, *[ “ dtp + dtpdtp* J dtp’

Sustituyendo c por su valor obtenido de la fórmula (94) y divi­

diéndola por hallaremos definitivamente la ecuación diferencial

de la trayectoria:

^ + “ = 7 f ^ ó 0 + “ = 7 - <9 8 >

donde se ha anotado

p (99)

La solución de esta ecuación se compone de la solución general de la ecuación sin el miembro derecho [que coincide con la solución de la ecuación (62) cuando &= 1] y de la solución particular de la ecuación con el miembro derecho. Por consiguiente, u = u,-\-ut, dondeu, tiene la forma de (63) ó (64) cuando fe= l y u2 = l/p, lo que se puede comprobar mediante una sustitución directa. Como resultado, la solución de la ecuación (93) será

u = c, sen(<p + c,) + - ó u = ± t £ i £ ^ £ ± £ i í ,

donde c, y ct son las constantes de integración. Considerando que aquí f , p = — e, ct = n/2 — (5, donde f y p son nuevas constantes y pa­sando de u a r, hallaremos definitivamente la ecuación de la trayec­toria en la forma

( 100)I —ecos (q>— P) ’

§ 126. Movimiento del punto material 339

De la geometría analítica se sabe que (100) representa la ecua­ción de una sección cónica (elipse, parábola o hipérbola) de pará­metro focal p y de excentricidad e, expresada en coordenadas pola­res para las cuales el polo 0 se encuentra en uno de los focos. En este caso, el sentido geométrico de la constante introducida p se ve del hecho de que cuando <p = p, el denominador de la igualdad (100) adquiere su valor mínimo y por consiguiente, la magnitud r = 0A4es máxima. De este modo el ángulo p determina la posición del eje de simetría de la trayectoria (el eje AP en la fig. 292) respecto de la línea OM„ o del punto de partida Af„.

Para determinar los valores de las constantes de integración e y p es necesario conocer para la posición inicial <p = 0, es decir, en el punto Aí„, además de r (ó u), la derivada de r (ó de u) respectode <p. Las fórmulas (32) obtenidas en el § 71 y la última de lasigualdades (97) dan:

vr __ I dr . 1 t>r _ du

“ r dtp r ~ dcj>'

Pero según la fig. 292 en el punto M„,r = f( y vjv^ = tg a. Por consiguiente, las condiciones iniciales para u tienen la forma: cuando <p = 0

i du i ,

“ - 5 * = - Í T ‘8 “ -

Pasando en la ecuación (100) de r a u, obtendremos:

“ = j |1— «cos(<p — p)), ^ = |-sen(<p — p).

Poniendo aquí los datos iniciales obtenidos, tendremos

-^-=1— ecosp, — ^-tgot = — esenp

o, sustituyendo p por su valor de (99),

» „ „ i . « i u¡¡coss <x. ___ „ t>5sen2ae eos p = 1----— ; e sen p = — — . (101)

De estas igualdades, dividiéndolas primero término a término entre si, y elevándolas luego al cuadrado y sumándolas, hallaremos finat- mente:

< 1 0 2 >

e-\ /r I + (103)

La igualdad (102) determina el ángulo p, es decir, la posición deleje de simetría de la trayectoria respecto del punto de partida M„.

340 Cap. X X I l Movimiento del cuc/po en el campo de grav.. terrestre

La fórmula (103), a su vez, nos da el valor de la excentricidad de la trayectoria; esta fórmula muestra que la trayectoria del punto será:

La velocidad v„ V 2gR, se llama parabólica o segunda velocidad cósmica. Si se considera que R = R 0 — 6378 km y g — g„ = 9,81 m/s*, obtendremos u„ = 11,2 krn/s. De este modo, si la velocidad inicial v„ ^ 11,2 km/s el cuerpo lanzado desde la superficie de la Tierra, bajo cualquier ángulo, al horizonte, se moverá siguiendo una parábola o hipérbola (cuando a = 90° se desplatará por una recta), alejándose ilimitadamente de la Tierra. Para realizar comunicaciones interpla- nelarias "es necesario alcanzar velocidades de este orden. Si la velocidad

es inferior a la segunda velocidad cósmica, el cuerpo volverá a caer sobre la Tierra o se convertirá en un satélite artificial de la Tierra.

La ley del movimiento del punto a lo largo de la trayectoria, es decir, su posición sobre la trayectoria en cualquier instante puede ser hallada sustituyendo en la igualdad (93) r por su valor hallado de la igualdad (100) y luego integrando la ecuación obtenida.

§ 127. S a té lite s a r tif ic ia le s de la T ierra . T rayectorias e líp ti­cas. Si í>0 < K 2 g /?, la trayectoria de un cuerpo lanzado desde la superficie terrestre representa una elipse, cuyo eje PA , formando con Ox un ángulo p, es el eje de simetría (véase la fig. 292). Sí según las condiciones iniciales en el punto M 0, el ángulo |i n, la trayec- '.c ia atravesará la superficie de la Tierra en un punto simétrico Al, epecto del eje PA, es decir, el cuerpo caerá sobre la Tierra. Por

consiguiente, el cuerpo lanzado puede convertirse en satélite de la Tierra solamente cuando, de acuerdo con las condiciones iniciales, |5 = n. Pero, según las igualdades (101) f}~jx solamente cuando a = 0 (o a ~ j i) y v l ^ g R , porque cuando [J —ji y v l < g R , la primera de las ecuaciones (101) da c < 0 , lo que es imposible, ya que e es una magnitud positiva. Por consiguiente, para que un cuerpo lanzado desde la Tierra se convierta en satélite de la Tierra es necesario cumplir dos condiciones:

Cuando ct = 0 y p = la excentricidad de la órbita del satélite, según las igualdades (101), será:

l ' La velocidad necesatia paia liberar a una nave interplanetaria de las atrac­

ciones mutuas de la Tierra y el Sol, será superior a y 2g^R . y para uria dirección determinada i>0 es aproximadamente Igual a 16,7 km/s.

a) elipse (e < I). si v0 < y 2gR :

b) parábola si v0-- y 2gR:

c) hipérbola (e > I). si > y 2gR.

a = 0, V lg 'R o > va > V gaR0. (104)

(105)

§ 127. Satélites artificiales de la Tierra 341

l.a velocidad o, = VgR. con la cual e = 0 y el satélite se mueve por una órbita circular de radio R, se llama velocidad circular o pri­mera velocidad cósmica. Durante el lanzamiento desde la superficie de la Tierra, si se considera que R — R0 = 6378 km y g = g0 = 9,81 m/ss, la primera velocidad cósmica v, as 7910 m/s. Cuando v„ > la órbita del satélite será una elipse, cuya ex­centricidad es tanto mayor, cuanto mayor es v„ (fig. 293).

Cuando el ángulo de lanzamiento a^e= 0, el cuerpo lanzado desde la superficie terrestre (aun no teniendo en cuenta la resistencia del aire) no puede hacerse satélite de la Tierra cualquiera que sea su velocidad inicial v0. Por eso, es prácticamente imposible colocar en órbita de satélite artificial de la Tierra por medio de un disparo de alguna pieza de artillería; para este fin puede servir un cohete tele­guiado que con ayuda de los instrumentos correspondientes puede elevar el satélite a la altura determinada y comunicarle la velocidad necesaria bajo un ángulo al horizonte assO en un punto (véase la fig. 293). De este modo fueron realizados los lanzamientos cíe los satélites artificiales de la Tierra soviéticos, primeros en el mundo, asi como de las naves cósmicas con hombres a bordo.

En conclusión, señalemos que con el aumento de la altura II del punto M0 sobre la superficie terrestre disminuye la resistencia del aire y el satélite durará más. Al mismo tiempo, será posible también obtener movimiento de satélite cuando a ^ O .

La velocidad circular v, = V gR disminuye con el aumento de H, porque g=g„/?2//?’ y R ~ R „ + H y, por consiguiein v

vt = V lR ~ y = VIJRl V £ f r¡ •

Por ejemplo, si H — 0, v, = 7910 m/s; si H = 500 km, v, «= 7620 m/s. si H = 1000 km. u, = 7360 m/s, etc. Sin embargo, la energía total que se gasta para lanzar un satélite crece con el aumento de H. En

efecto, si se designa la energía referida a la unidad de masa por T, entonces, para la elevación hasta el punto M0 (sin tener en cuenta

la resistencia de) aire) hace falta gastar la energía T, = 0,5n’„

= 0 , 5 ^ - ^ (véase el § 115, problema 108) y para comunicar la ve­

locidad orbital es necesaria la energía f , = 0,5t>f. Por consiguiente.

342 Cap. XX/1. Movimiento del cuerpo en el campo de grav. terrestre

el consumo total de energía por unidad de masa es

T - °-5 (ítrn+£ ? $ ) = ( * +Trkñ)y será tanto mayor, cuanto mayor sea H.

Trayectorias elípticas. Sí a > 0 y v0 < l/2 g 0Ra. el cuerpo lanzado desde la superficie terrestre, después de describir un arco de elipse volverá a caer sobre la Tierra. Los cohetes de gran alcance describen tales trayectorias elípticas, en particular, los intercontinentales. Halle­mos las características principales de estas trayectorias.

Ya que el eje PA es el eje de símetría de la trayectoria, el punto de caída será Al, y la distancia S equivaldrá a la longitud del arco

(véase la fig. 292); por consiguiente,

S = 2/?„p, (106)

donde p se determina por la fórmula (102). En este caso en la igual­dad (106) /?„ es el radio medio de la Tierra.

La mayor altura H de la trayectoria es evidentemente igual a [(r)?=5— «»] °. de acuerdo con las igualdades (99) v (100),

H R °' (,07)

donde e se determina por la fórmula (103).El tiempo de vuelo T se halla haciendo uso de la igualdad (93)

que junto con (94) da:

dt = — dep = -5—---- dtp.c ^ R qUo cos a

Sustituyendo aquí r por su valor, que se obtiene de las igualda­des (99) y (100), e integrando, obtendremos;

_ ¡ o eos3 o. f cdi|)Kogl J ( l —ecos 1

— P

cande -»p = cp — p. Calculando la integral, hallaremos definitivamente después de una serie de transformaciones:

™ 2uJ eos3 a , , . .. no.

r “ ^ 7 i ^ ¥ (z + esen2)l (108)donde

ar = 2arctg ( | / i ± í t g ¿ ) . (109)

Las fórmulas obtenidas permiten, conociendo v„ y el ángulo delanzamiento a, determinar la distancia de vuelo S. la altura máximade la trayectoria H y el tiempo de vuelo T.

§ 127. Sa té lite s artific ia les de la T ierra 343

Desde el punto de vista práctico, tiene importancia hallar la ve­

locidad mínima tC'n y el ángulo de lanzamiento más favorable a,, con ayuda de los cuales puede ser obtenida la distancia calculada S — 2/?„p.

Para eso, calculemos el valor de u0 valiéndonos de la igualdad (102). Obtendremos:

v = l / " *6 P (1101V scn2a + 2cos1 o tgp- ^

Para una distancia dada (con el ángulo p dado), la velocidad necesaria v0 depende del ángulo a. Como el ángulo entra solamente en el denominador de la igualdad (110), v„ será mínima cuando este denominador alcance el máximo. Igualando a cero la derivada del denominador respecto de a, hallaremos

eos 2a— sen 2a tg p = 0,

de donde cot 2a, = fgP y el ángulo de lanzamiento más favorable es

o, = 45°--§-. (111)

Con ayuda del signo de la segunda derivada se puede comprobar fácilmente que para este valor de a,, o„ es mínima. Poniendo el va­lor de a, en la igualdad (110) y teniendo en cuenta que 2 eos’ a = = 1 + eos* a, obtendremos:

«*•-- / 2R.gorg ¡ : . (112)

Las fórmulas (112) y (1U) determinan la velocidad inicial mínima y el ángulo de lanzamiento más favorable que aseguran la distancia calculada. La altura de la trayectoria y el tiempo de vuelo se cal­culan con ayuda de las fórmulas (107) y (108), donde v„ y a se sustituyen por sus valores tomados de (112) y (111). Para aclarar más esto los elementos de unas cuantas trayectorias elípticas más fa­vorables, calculados mediante estas fórmulas para R0 = Rm = 6370 km se dan en la tabla 1 (todas las magnitudes de la tabla se dan con una precisión de ±5 unidades).

Recordamos que todos los cálculos se refieren al movimiento en el vacío y no se tiene en cuenta la influencia de la rotación de la Tierra. En conclusión, señalemos que para las distancias pequeñas (el ángulo p es pequeño) el arco de la elipse que describe el cuerpo lan­zado, es próximo al arco de una parábola. Si en este caso, se consi­dera que sen p ss p y 2 R $ — X , despreciando la magnitud p en otrasigualdades en comparación con la unidad, todas las fórmulas obteni­das se transformarán en el limite en las fórmulas correspondientes para las trayectorias parabólicas (véase el § 108).

344______Cap. X X I / . Movimiento del cuerpo en el campo de grav. terrestre

En particular, a partir de (111) y (112) se obtiene directamente ot = a* = 45“, v T " = V g ^ .

Tabla I

A n^u lo D is ta n c ia S en km

V olo c idad In ic ia l nece­

saria

en m /s

A n gu lo de la n za m ie n to

m ás favo rab le

° f

A ltu ra de la trayec tor ia H

en km

T iem pov ue lo

deT

10° 2 220 4300 40° 500 12 min 30 s

20° 4 450 5650 35° 900 19 » 10»

30° 6 670 6460 30° 1170 24 » 50»40° 8 900 7000 25° 1300 30 » 00 »

70° 15 570 7780 10° 900 40 » 10»

90° 20 020 7910 0o 0 42 » 10»

§ 128. Im ponderabilidad . S is tem as de re feren cia locales.Examinemos dos problemas más relacionados con el estudio del mo­vimiento de cuerpos en el campó de gravitación.

I. Imponderabilidad. Todos los cuerpos situados sobre la Tierra se encuentran en estado de ponderabilidad. Solamente durante los ú lti­mos años, gracias al desarrallo de la técnica coheteril y cósmica el estado de imponderabilidad obtuvo un valor práctico.

Primero establezcamos las características físicas de cada uno de estos estados. Para eso examinaremos dos ejemplos, en los cuales la presencia de los dos estados correspondientes es evidente.

Es indiscutible que un cuerpo que se encuentra en reposo en la Tierra sobre un plano horizontal (véase el § 121, p. 1) se encontrará en estado de ponderabilidad. Si nos imaginamos un cuerpo en reposo respecto del sistema sideral en algún lugar del espacio interplaneta­rio, encontrándose a una distancia enorme de todas las estrellas y planetas, entonces, es evidente que este cuerpo estará en estado de imponderabilidad. Sin embargó, examinando lo que sucede con cada uno de estos cuerpos no notaremos ninguna diferencia entre sus esta­dos. Notaremos solamente que ambos cuerpos se encuentran en reposo según la ley de inercia: el primer cuerpo estará en reposo, porque la fuerza de gravedad que actúa sobre éste y la reacción del plano se equilibran mutuamente, el segundo cuerpo se encontrará en reposo, porque sobre él no. actúa prácticamente ninguna fuerza. Se puede descubrir la diferencia en los estados de los cuerpos solamente después de examinar lo que sucede en cada caso con las partículas de estos cuerpos. Aquí notaremos (esto se explica detalladamente más abajo) que las partículas del primer cuerpo se deforman bajo la influencia exterior y en éste aparecen esfuerzos internos en forma de presiones mutuas de sus partículas deformadas. En el segundo cuerpo, sin

§ 128. Imponderabilidad. Sistemas de referencia locales 345

influencia exterior, no hay deformaciones de las partículas y no apa­recen esfuerzos internos. La presencia o falta de los esfuerzos internos correspondientes en el cuerpo son precisamente los indicios distintivas de los estados de ponderabilidad e ¡mponderabilidad, no solamente en el caso de reposo de los cuerpos que acabamos de examinar, sino también en el caso de movimiento bajo la acción de fuerzas, o por inercia.

De este modo, si en un cuerpo en movimiento (o en reposo) apa­recen esfuerzos internos dependientes de las fuer zas externas que actúan sobre éste, o del carácter del movimiento que se realiza, entonces, este cuerpo se encuentra en estado de ponderabilidad; si en el cuerpo no aparecen esfuerzos internos, éste se encuentra en estado de imponderabilidad *>.

Durante la determinación de los esfuerzos internos que aparecen en un cuerpo bajo la acción de fuerzas externas hace falta distinguir las fuerzas llamadas de masa (o de volumen) y las superficiales. Se llaman fuerzas de masa las fuerzas que actúan sobre cada una de las partículas del cuerpo y que son numéricamente proporcionales a la masa de estas partículas. Un ejemplo de las fuerzas de masa es la fuerza de gravitación. Se llaman fuerzas superficiales las fuerzas apli­cadas a los puntos de la superficie del cuerpo dado. Como ejemplos de tales fuerzas pueden servir las reacciones diferentes de apoyos, la fuerza de tracción, las fuerzas de resistencia del ambiente, etc. Du­rante la determinación de la ley del movimiento (o de las condiciones de equilibrio) la naturaleza física de las fuerzas aplicadas al cuerpo no desempeña ningún papel; es importante solamente el valor de cada fuerza y su dirección. Pero esta diferencia, como veremos, influye considerablemente en los valores de los esfuerzos interiores que surgen en el cuerpo. Este resultado se explica porque las fuerzas de masa actúan directamente sobre cada partícula del cuerpo; la acción de las fuerzas superficiales se transmite a las partículas del cuerpo por intermedio d i las partículas vecinas.

Establezcamos ahora, en qué casos, un cuerpo que se encuentra en el campo de atracción de la Tierra (o de otro planeta), permanece en estado de ponderabilidad o de imponderabilidad.

Examinemos un cuerpo de masa m, cuyas dimensiones, en compa­ración con el radio terrestre, son tan pequeñas que la aceleración de las fuerzas de gravitación terrestre de todas las partículas del cuerpo puede ser considerada en cualquier instante igual a un mismo valor g*.

En este caso, la resultante de las fuerzas de gravitación aplicadas a las partículas del cuerpo será igual a

____________ Ft = mS- (113)» Subrayamos que se trata de los esfuerzos internos condicionados por una

acción exterior sobre el cuerpo o por el carácter de su movimiento. Los esfuerzos internos de otro tipo, por ejemplo, esfuerzos termoinducidos en los elementos de una construcción, esfuerzos que surgen en el cuerpo humano durante los ejercicios, etc, no están relacionados con la noción de ponderabilidad.

346______Cap. X X / / . Movimiento del cuerpo en el campo de grav. terrestre

Supongamos que además de las fuerzas de gravitación, sobre el cuerpo actúan también las fuerzas superficiales aplicadas a lo largo de cierta área y que tienen una resultante Q (fig. 294, a). La fuerza Q puede ser la reacción del plano sobre el cual descansa el cuerpo, la reacción del suelo de la cabina del ascensor donde se encuentra este cuerpo, la fuerza de tracción, o la fuerza de resistencia del medio, etc.

Luego, admitamos que bajo la acción de las fuerzas F y Q, el cuerpo tiene un movimiento de traslación. Entonces este cuerpo puede

considerarse como un punto máte­se el § 99) y la ecuación del movimiento será

mw = Fs+ Q . (114)

" D e aquí, teniendo en cuenta la t igualdad (113), hallamos la acele­

ración del cuerpo

«> = * • + § • (H5)

Las ecuaciones (114) o (115) son ’ válidas también para el caso en que

el cuerpo sometido a la acción de las fuerzas F y Q se encuentra

en reposo. En este caso será w = 0.Calculemos ahora los esfuerzos internos en una sección cualquiera

ab del cuerpo, perpendicular a la dirección de la fuerza Q, es decir, las fuerzas con las cuales las partículas del cuerpo, separadas por esta sección, actúan una contra la otra. Para eso examinemos, por ejemplo, el movimiento de la parte superior del cuerpo (fíg. 294, b), cuya masa se designa por m,. Sobre esta parte actúan las fuerzas de gravitación, cuya resultante, según las fórmulas (113), será F lg = mtg y las fuerzas de presión de la parte rechazada, la resultante de las cuales se designa por St- La parte que se examina tiene, como todo el cuerpo, un mo­vimiento de traslación con la aceleración w. Por consiguiente, la ecua­ción del movimiento será

/n1w = F l l -f-S, ó mlvo = mlg , + S l .

De aquí, S, = mI (w — g '). Sustituyendo w por su valor obtenido de la fórmula (115), hallaremos en definitiva

(116)

En la Igualdad obtenida no entran ni la fuerza de gravitación Fg, ni la aceleración w. Por consiguiente, los esfuerzos internos que surgen en el cuerpo dependen solamente de la fuerza superficial Q que actúa sobre éste, y para el valor de Q dado, serán los mismos para un

§ 128- / mponderabilidad. Sistemas de referencia locales 347

cuerpo en movimiento (cuando Q =¡¿= — Ft), asi como para un cuerpo en reposo (cuando Q = — F^). La ley de la distribución de los esfuerzos internos está dada por la formula (116). Los esfuerzos internos tienen un valor máximo igual a Q en la sección AB. donde se aplican las fuerzas superficiales (para esta sección) y luego estos esfuerzos dismi­nuyen de acuerdo con la ley lineal y se convierten en cero en dicha sección.

Del resultado obtenido se deduce que un cuerpo en reposo o en movimiento de traslación, se encuentra en estado de ponderabilidad cuando sobre éste actúan fuerzas superficiales. En particular, si un cuerpo descansa sobre un plano horizontal, en la Tierra, la fuerza superficial que actúa sobre éste será la reacción del plano que es numéricamente igual al peso del cuerpo P. Si consideramos que Q = P, la distribución de los esfuerzos en el cuerpo está dada, en este caso, por la fórmula (116).

Notemos que la sensación de ponderabilidad que experimenta el hombre encontrándose sobre la superficie de la Tierra es el resultado de la presencia de tales esfuerzos internos en forma de presiones mu­tuas entre las partes de su cuerpo.

Si sobre un cuerpo en movimiento actúa una fuerza superficial Q < P, el esfuerzo en cualquier sección será menor que cuando éste se encuentra en reposo sobre la superficie de la Tierra (efecto de reduc­ción de la carga). Si Q > P que tiene lugar, por ejemplo, durante el lanzamiento de un cohete (Q es la fuerza de tracción de los motores), el esfuerzo en cada sección del cuerpo será mayor que cuando éste se encuentra en reposo sobre la superficie de la Tierra (efecto de sobrecarga).

Por fin, de la fórmula (116) se deduce que cuando el cuerpo está sometido solamente a la acción de la fuerza de gravitación Ft y la fuerza Q = 0 (véase la fig. 294, a), en cada sección S = 0, es decir, no surgen esfuerzos internos en el cuerpo. En este caso, el cuerpo se moverá con una aceleración, porque está sometido a la acción de la fuerza Fg.

De esto se deduce que un cuerpo que se desplaza en el campo de gravitación teniendo movimiento de traslación, bajo la acción de las fuerzas de gravitación del campo, se encuentra en estado de imponde­rabilidad.

El resultado hallado se explica físicamente porque las fuerzas de gravitación, por ser fuerzas de masa, actúan directamente sobre cada partícula del cuerpo comunicándoles, cuando el cuerpo es pequeño, aceleraciones iguales a g '. Pero cada partícula estando libre se movería con esa misma aceleración. Por consiguiente, sí un cuerpo sometido solamente a la acción de las fuerzas de gravitación tiene movimiento de traslación, cada una de sus partículas se mueve como libre y no ejerce presiones sobre las partículas vecinas. Como resultado tiene lugar el estado de imponderabilidad.

Subrayamos una vez más la importancia de dos exigencias: en primer lugar, las dimensiones del cuerpo deben ser pequeñas en comparación

348 Cap. X X I I . Movimiento del cuerpo en el campo de grav. terrestre

con el radio de la Tierra, de lo contrario no podemos considerar que las aceleraciones de las fuerzas de gravitación de todas las partículas del cuerpo son iguales a una misma magnitud g ', y segundo, el cuerpo debe tener un movimiento de traslación. Si el movimiento no es de traslación, la aceleración g ’ la tendrá solamente el centro de grave­dad C del cuerpo, es decir, solamente para este centro será «)c= g ‘.

Si el punto C se considera como polo (como fue mostrado en el § 89), la aceleración de cualquier punto B será igual a

Wr = + w„c = g ' + wBC.

En este caso, la partícula B adquiere la aceleración g ' por parte de la fuerza de gravitación y la aceleración wHC como resultado de las presiones ejercidas sobre ésta por parte de las partículas vecinas realizadas con una fuerza

S„ = mBWac, (117)

donde mB es la masa de la partícula B. Por consiguiente, si el mo­vimiento no es de traslación, las partículas del cuerpo ejercen presiones mutuas con fuerzas que se determinan por la igualdad (117) y el cuerpo no se encontrará en estado de imponderabilidad.

De lo expuesto se deduce que todo cuerpo lanzado verticalmente o formando un ángulo con el horizonte, desde la superficie de la Tierra (y también todo cuerpo qu§ cae sobre la Tierra) estará en estado de imponderabilidad si éste tiene movimiento de traslación y no hay resistencia del aire o ésta es sumamente pequeña. En particular, en estado de imponderabilidad se encontrarán los satélites artificiales de la Tierra y las naves cósmicas, así como todos los cuerpos que se encuentran dentro de estos aparates (una vez colocados en órbita) que tengan movimiento de traslación fuera de la atmósfera terrestre.

Todo lo dicho se refiere, claro está, al caso del movimiento en el campo de gravitación de otro planeta (estrella) o de unos cuantos cuerpos celestes.

Durante los vuelos cósmicos, es muy importante tener en cuenta todas las particularidades del estado de imponderabilidad. Pues, por ejemplo, durante ía imponderabilidad cambian las condiciones de tra­bajo de los diferentes aparatos e instrumentos, y aquellos en los cuales se emplea el efecto de ponderabilidad (péndulos físicos, alimentación de líquido libre, etc.) resultan inservibles. En las condiciones de im­ponderabilidad empiezan a jugar un papel importante las fuerzas mo­leculares, cuyo efecto mecánico en la Tierra (en comparación con las presiones mutuas determinadas por la ponderabilidad) puede despreciarse en la mayoría de los casos. Esta circunstancia cambia el carácter de muchos fenómenos. Por ejemplo, en las condiciones de ponderabilidad un líquido que llena un recipiente adquiere la forma de éste; la influen­cia de las fuerzas moleculares se manifiesta solamente en la forma del menisco (el menisco de los líquidos humectantes es cóncavo y el

§ 12H. / mponder abilidad. Sistemas de referencia locales 349

de los no humectantes, convexo). Pero en las condiciones de impon­derabilidad, bajo la acción de las fuerzas moleculares, el liquido hu­mectante se distribuirá, en un recipiente cerrado, por sus paredes y el aire, si lo hay, ocupará la parte central del recipiente. El líquido que 110 moja las paredes tomará la forma de una esfera.

El hombre posee también ciertos órganos, sobre cuyas condiciones de trabajo influye considerablemente la ponderabilidad (por ejemplo, el aparato vestibular que garantiza la sensación de equilibrio). Por eso. para adaptar el trabajo del organismo hu­mano a las condiciones de imponderabili­dad hace falta organizar un entrenamiento preliminar correspondiente.

Durante los vuelos prolongados del hombre en las estaciones cósmicas en el espacio circunterrestre o interplanetario, se propone construir estos aparatos en forma de una rueda grande que gire durante el vuelo. Entonces, según la igualdad (117), las partículas de los cuerpos que se encuentran sobre «la llanta» de tal rueda actuarán una contra la otra con fuerzas SB = mBwBC, don­de, en este caso, wBC = toVi (/i es la distan­cia de la partícula al eje de rotación de la rueda, u es la velocidad angular de rotación). De este modo, se creará artificialmente el estado de ponderabilidad para los cuerpos.

2. Sistemas de referencia locales. Para los cuerpos que se mueven libremente en el campo de gravitación de un planeta (o del Sol), es decir, solamente bajo la acción de las fuerzas de gravitación y tienen un movimiento de traslación, se revela otra propiedad interesante. Enlacemos con tal cuerpo A el sistema de referencia Oxyz, al cual llamaremos sistema de referencia local (fig. 295; el planeta en esta figura no se muestra) y estudiemos el movimiento del punto material B de masa m respecto de este sistema. Supongamos que sobre este punto, además de la fuerza de gravitación Ft actúan otras fuerzas, tales como: la fuerza de resistencia del ambiente, la fuerza de elasti­cidad, etc, cuya resultante es igual a 21%. Entonces, la ecuación vectorial del movimiento del punto B respecto de los ejes Oxyz, ya que estos ejes se desplazan junto con el cuerpo A en un movimiento de traslación, será (véase el § 120, pl)

= + (118)Ahora, admitamos que las dimensiones de la zona donde se mueven

el cuerpo A y el punto B son muy pequeñas en comparación con sus distancias al centro del planeta, en cuyo campo de gravitación se efectúa el movimiento. Entonces, se puede considerar que el campo de gravitación de esta zona es homogéneo, es decir, considerar que la

350 Cap. X X I I Movimiento det cuerpo en el campo de grao, terrestre

aceleración de las fuerzas de gravitación en cualquier punto de la zona es igual a una misma magnitud g". Con tal suposición Fs = m g' y F¡,"r — — mui,,, = — m g', porque la aceleración de arrastre aqui equi­vale a la aceleración g ’ del movimiento libre de traslación del cuerpo A. Como resultado, las magnitudes Fe y Fl", se eliminan de la ecuación (118) y ésta tomará la forma

mw — 2 ^ * ' (119)

es decir, como si el sistema de referencia Oxyz fuera inmóvil, aunque se mueve aceleradamente junto con el cuerpo A. Sin embargo, aquí hay dos particularidades importantes. Primero, la ecuación (119) no contiene la fuerza de gravitación Fg que actúa sobre el punto B, equilibrada por una fuerza de arrastre de inercia, es decir, esta ecua­ción tiene la forma, como si el sistema de referencia se encontrarafuera del campo de gravitación. Segundo, la ecuación (119) es válida solamente para un movimiento en zonas pequeñas, es decir, en zonas, para las cuales el campo de gravitación puede considerarse aproxima­damente homogéneo.

Como resultado llegamos a la siguiente conclusión: el sistema de referencia local, es decir, el sistema de referencia relacionado con el cuerpo que tiene movimiento de traslación libre en el campo de gravi­tación, para movimientos en zonas pequeñas, puede ser considerado como inmóvil y que se encuentra, en este caso, fuera del campo de gravitación en el cual se mueve.

Si el movimiento del cuerpo A no es de traslación, este resultado será válido para un sistema de referencia con su origen en el centro de gravedad del cuerpo A y con los ejes que se encuentran en mo­vimiento de traslación con relación a las estrellas, es decir, que no giran junto con el cuerpo.

Un ejemplo de tal sistema de referencia local, es el sistema cuyoorigen se encuentra en el centro de la Tierra y cuyos ejes están di­rigidos hacia las estrellas inmóviles (aquí, el cuerpo A es la Tierra que se mueve en el campo de gravitación del Sol). Este sistema de referencia se utiliza durante el estudio del movimiento de una serie de instalaciones giroscópícas, así como durante los cálculos de! movi­miento de satélites artificiales de la Tierra, de cohetes balísticos, etc. Es evidente que la zona en la cual se efectúan todos los movimientos nombrados es muy pequeña en comparación con la distancia de la Tierra al Sol (cerca de 150000000 km). Por eso, las ecuaciones del movimiento pueden ser compuestas en la forma (119) sin incluir, en este caso, la fuerza de atracción del Sol en las fuerzas efectivas1).

11 Todas estas circunstancias se tenían en cuenta cuando en ei § 121 se indicó, que considerando el sistema de referencia ligado rígidamente con la Tierra como inmóvil, se desprecia prácticamente sólo su rotación diaria alrededor del eje terrestre respecto de las estrellas.

§ Í'J8. Imponderabilidad. Sistemas de referencia locales 351

Como otro ejemplo puede servir un satélite o una nave cósmica que tiene movimiento de traslación en el campo de gravitación de la Tierra. El sistema de referencia local ligado con éstos será inmóvil para los movimientos en una zona pequeña en comparación con la distancia al centro de la Tierra. Por eso, las ecuaciones del movimiento de los elementos de cualquier instalación mecánica o de un instrumento a bordo de una nave cósmica deben componerse en la forma (119), teniendo en cuenta que la fuerza de atracción de la Tierra no debe ser incluida en el número de las fuerzas efectivas. En particular, si sobre un cuerpo, que se encuentra en la cabina de la nave, no actúan las fuerzas de acción mutua con otros cuerpos (2,F|,= 0)t este cuerpo «penderá» libremente en cualquier lugar de la cabina y después de adquirir una velocidad inicial, igual para todos los puntos, empezará a desplazarse en movimiento de traslación, uniforme y rectilíneamente respecto de la cabina.

Ya que en este caso la nave cósmica, junto con todos los cuerpos que en ella se encuentran, tiene un movimiento libre y de traslación en el campo de gravitación de la Tierra, entonces, éstos se encuentran en estado de imponderabilidad. Por este estado explicará el cosmo­nauta que se encuentra en la cabina de la nave el fenómeno que observa. Pero, un observador terrestre explicará esto porque la nave y todos los cuerpos que se encuentran en ésta, después de adquirir velocida­des iniciales iguales al colocarse en órbita, se mueven independiente­mente a lo largo de sus órbitas bajo la acción de las fuerzas de gravi­tación. Por eso, un cuerpo abandonado a su propia suerte no cambiará su posición respecto de la cabina de la nave aunque éste se mueve junto con la cabina alrededor de la Tierra.

En conclusión notaremos que la imponderabilidad es un estado físico no dependiente del sistema de referencia, en el cual se examina la posición o el movimiento del cuerpo. Las particularidades de este estado (por ejemplo, de que un líquido que no humecta las paredes de un recipiente, en las condiciones de imponderabilidad, toma la forma de una esfera) pueden observarse encontrándose en la nave cósmica o en la Tierra (si las paredes de la cabina son transparentes).

Por fin, como ya indicamos, no se puede juzgar la presencia de la imponderabilidad solamente por el estado del cuerpo en total, por ejemplo, por el hecho de que el cuerpo «está pendido» en cualquier lugar de la cabina de la nave. Lo mismo se puede observar en la Tierra metiendo el cuerpo en un recipiente con líquido, cuyo peso especifico equivale al del cuerpo. Pero, en este caso, sobre el cuerpo actuarán las fuerzas superficiales (las fuerzas de presión del líquido) y éste se encontrará en estado de imponderabilidad.

CUARTA PARTE

Dinámica del sistema y del cuerpo sólido

CAPITULO XXIII

Introducción a la Dinámica del sistema. Momentos de inercia de un cuerpo sólido.

§ 129. Sistem a mecánico. Fuerzas externas e in ternas. Sellama sistema mecánico de puntos materiales o de cuerpos, a un sistema complejo en el cual la posición o el movimiento de cada punto (o de cada cuerpo) depende de la posición y del movimiento de todos los demás. Consideraremos también a un cuerpo material como un sistema de partículas (puntos) materiales que forman este cuerpo.

Un ejemplo clásico de un sistema mecánico es el sistema solar, en el cual todos los cuerpos están ligados entre sí por las fuerzas de atracción mutua. Como ejemplo de sistema mecánico también puede servir cualquier máquina o mecanismo, en el cual todos los cuerpos estén ligados por charnelas, barras, cables, correas, etc. (es decir, por ligaduras geométricas diferentes). En este caso, los cuerpos del sistema están sometidos a la acción de las fuerzas de presión o de tensión que se transmiten por intermedio de las ligaduras.

Un conjunto de cuerpos entre los cuales no hay fuerzas de inter­acción (por ejemplo, un grupo de aviones en vuelo), no forman un sistema mecánico. En adelante, examinaremos solamente los sistemas mecánicos de cuerpos y los llamaremos simplemente sistemas.

De acuerdo con lo dicho, las fuerzas que actúan sobre los puntos o los cuerpos de un sistema pueden ser divididas en externas e internas.

Se llaman fuerzas externas las fuerzas que actúan sobre los puntos del sistema por parte de puntos o cuerpos no pertenecientes al sistema dado. Se llaman fuerzas internas las fuerzas que actúan sobre los pun­tos del sistema por parte de otros puntos o cuerpos pertenecientes a este mismo sistema. Designaremos las fuerzas externas por el símbolo F f y las fuerzas externas, por F ‘.

Las fuerzas externas, así como las internas, pueden ser a su vez activas o ser fuerzas de reacción de las ligaduras. La división de fuer­zas en fuerzas externas e internas es convencional y depende del sislema de cuerpos, cuyo movimiento se examina. Por ejemplo, si se examina el movimiento del sistema solar en conjunto, la fuerza de atracción de la Tierra por el Sol será una fuerza interna, pero durante

§ ¡30. Masa de un sistema. Centro de masas. 353

el estudio del movimiento de la Tierra por su órbita alrededor del Sol, esta misma fuerza debe ser considerada como externa.

Las fuerzas internas poseen las propiedades siguientes: 1. La suma geométrica (el vector principal) de todas las fuerzas internas de un sistema es igual a cero. En efecto, en virtud de la tercera ley de la Dinámica, dos puntos cualesquiera de un sistema (fig. 296) actúan uno sobre el otro con las fuerzas F{¡ y F1,, iguales en módulo y de senti­dos opuestos, cuya suma es nula. Como para todo par de puntos dei sistema se tiene un mismo resultado, tendremos:

2/ í - o .

2. La suma de los momentos (momento principal) de todas las fuerzas internas de un sistema- respecto de un centro o de un eje cualquiera es nula. En efecto, si tomamos un centro arbitrario 0, de la fig. 296 se ve que m0(F[,) + mo (/^,) = 0. Se obtiene el mismo resultado calculando los momen­tos respecto de un eje. Por consiguiente, para todo el sistema será:

'£ m 0 (Fi) = 0 ó

Sin embargo, de las propiedades demostradas no se deduce que las fuerzas internas se equilibran mutuamente y que no influyen en el movimiento del sistema, ya que estas fuerzas están aplicadas a distin­tos puntos (o cuerpos) materiales y pueden provocar desplazamientos mutuos de estos puntos o cuerpos. Las fuerzas internas estarán equi­libradas cuando el sistema que se examina sea un cuerpo rígido (véase el § 3).

<)>' 130. M asa de un sistema. Centro de masas. El movimiento de un sistema depende no solamente de las fuerzas efectivas, sino también de su masa total y de la distribución de masas. La masa de un sistema es igual a la suma aritmética de las masas de todos los puntos o de todos los cuerpos que componen el sistema

En un campo de gravedad homogéneo, para el cual g = const, el peso de cualquier partícula del cuerpo será proporcirnal a su masa.

>> Designaremos, como regla general, a la masa de un sistema por la misma letra M con la cual se designan los momentos de las fuerzas. En este caso no habrá confusión, pues cuando M designa un momento, esta letra va acompañada, en general, con cierto Indice (por ejemplo, M c, M x, A4rot. etc.). Solamente en ei capítulo X X X para mayor claridaa designaremos la masa de un sistema por la letra manuscrita, porque en este capitulo los momentos y las masas son «vecinos cercanos».

354 Cap. X X I/ / . / ntroducción a la Dinámica del sistema.

Por eso, de la distribución de masas de un cuerpo se juzga por la posición de su centro de gravedad. Transformemos las fórmulas que determinan las coordenadas del centro de gravedad [véase el § 54, las fórmulas (74)) en una forma que contenga la masa. Para eso, pon­gamos en dichas fórmulas pt = mkg, P = Mg, después de lo cual, al dividir entre g, tendremos

*c --- Ai ye--- AÍ • Zc ----M

Las fórmulas obtenidas contienen solamente las masas m, de los pun­tos materiales (partículas) que constituyen el cuerpo y las coordena­das xk, yk, z„ de estos puntos. Por consiguiente, la posición del punto C(*o ye, *c) caracteriza efectivamente la distribución de masas den­tro del cuerpo o dentro de cualquier sistema mecánico, si m„, xk, yk, zk representan respectivamente la masa y las coordenadas de los puntos de este sistema.

El punto geométrico C, cuyas coordenadas se determinan por las fórmulas (1), se llama centro de masas o centro de inercia de un sis­tema mecánico.

Si se define la posición del centro de inercia por su radio-vector r c, de la igualdad (1) se obtiene para r c la fórmula

r / nr c --- — • O )

donde rx son los radios-vectores de los puntos que forman el sistema.Aunque, para un cuerpo que se encuentra en un campo de grave­

dad homogéneo, la posición del centro de inercia coincide con la po­sición del centro de gravedad, estas nociones no son idénticas. La noción de centro de gravedad, como punto por el cual pasa la línea de acción de la resultante de las fuerzas de gravedad, en realidad, tiene sentido solamente para un cuerpo sólido que se encuentra en un campo de gravedad homogéneo. La noción de centro de inercia, que caracteriza la distribución de masas dentro del sistema, tiene sentido para cualquier sistema de puntds o cuerpos materiales, además esta noción conserva su sentido independientemente del hecho de que este sistema esté sometido a la acción de fuerza o no.

§ 131. Momento de Inercia de un cuerpo respecto de un eje. Radio de Inercia. La posición del centro de masas no caracteriza completamente la distribución de masas del sistema. Por ejemplo (fig. 297), si la distancia h del eje Oz a cada una de las bolas igua­les A y B aumenta en una misma magnitud, la posición del centro de masas del sistema no variará, pero la distribución de masas será diferente, lo que influirá sobre el movimiento del sistema (teniendo todas las demás condiciones iguales, la rotación alrededor del eje Oz será más lenta).

§ ¡31. Momento de inercia de un cuerpo respecto de un eje. 355

Por eso, en la Mecánica se introduce una característica más de la distribución de masa que es el momento de inercia. Se llama momento de inercia de un cuerpo (sistema) respecto del eje dado Oz (o momento axial de inercia) una magnitud escalar igual a la suma de los pro­ductos de las masas de todos los puntos del cuerpo (sistema) por los cuadrados de sus distancias a este eje

= 2 rn,hl (2)

De la definición se deduce que el momento de inercia de un cuerpo (o de un sistema) respecto de cualquier eje es una magnitud positiva y no equivale a cero.

Más adelante demostraremos que el momento axial de inercia, durante la rotación del cuerpo, desempeña el mismo papel que la masa durante el movimiento de tras­lación, es decir, que el momento axial de inercia es la medida de la inercia del cuerpo durante el movimiento de rotación.

Según la fórmula (2) el momento de inercia de un cuerpo es igual a la suma de los momentos de inercia de todas sus partes respecto del mismo Fig- 297eje. Para un punto material que seencuentra a una distancia h del eje, La unidad de medidade un momento de inercia en el sistema Sf es 1 kgm* y en el siste­ma mkgfs, 1 kgfms*.

Para calcular los momentos axiales de inercia, las distancias de los puntos a los ejes pueden expresarse por medio de las coordena­das xk, yk, zk de estos puntos (por ejemplo, el cuadrado de la distancia al eje Ox será y\ + zl, etc). Entonces, los momentos de inercia respecto de los ejes Oxyz se determinarán por las fórmulas

•/x = 2 m*(y* + zi)' •,y = 2 > * ( 2f + x:í)' + (3)

Durante los cálculos, se utiliza frecuentemente la noción de radio de inercia. Se llama radio de inercia de un cuerpo respecto del eje Oz una magnitud lineal p,„ que se determina por la igualdad

= (4)

donde M es la masa del cuerpo. De la definición se deduce que el radio de inercia es geométricamente igual a la distancia desde el eje Oz hasta el punto en el que hace falta concentrar la masa de todo el cuerpo para que el momento de inercia de este punto aislado sea igual al momento de inercia de todo el cuerpo.

Conociendo el radio de inercia, con ayuda de la fórmula (4), se puede hallar el momento de inercia del cuerpo y viceversa.

356 Cap. X X II I /nlroducción a la Dinámica del sistema

Las fórmulas (2) y (3) son válidas tanto para un cuerpo sólido, como para cualquier sistema de puntos materiales. Cuando se trata de un cuerpo sólido continuo, descomponiéndolo en partes elementa­les, se halla que la suma que figura en la igualdad (2) se convierteen el límite en una integral. Como resultado, teniendo en cuentaque dm = pdV, donde p es la densidad y V es el volumen, obtendremos

J ,= \h'dm ó yt = J p / iadV. (5)(VI (v)

Aquf, la integral se extiende a todo el volumen del cuerpo, la den­sidad p y la distancia h dependen de las coordenadas de los puntos

del cuerpo. Las fórmulas (3) para los cuerpos con­tinuos obtendrán análogamente la forma

J x— 5 P (y' + )dV , etc. (5')<V)

Es cómodo utilizar las fórmulas (5) ó (5') para elcálculo de los momentos de inercia de cuerpos homo­géneos de proporciones regulares. En este caso, la den­sidad p será constante y saldrá del signo de la in­tegral.

Hallemos los momentos de inercia de algunos cuer­pos homogéneos.

1. Una barra delgada de longitud / y de masa Al. Calculemos el momento de inercia respecto del eje Az dirigido perpendicularmente a la barra (fig. 298). Di­rijamos el eje coordenado Ax a lo largo de AB.

Entonces, para un segmento elemental cualquiera de longitud dx, la

magnitud h = x y la masa dm = pl dx, donde p, = y es la masa de la

unidad de longitud de la barra. Como resultado, la fórmula (5) nos da11

i i

J A = x 'dm - .p l ^x *dx - p l j .0 0

Sustituyendo, aqui, p, por su valor, hallaremos en definitiva:

J A= ± \1 I '. (6)

2. Anillo circular delgado y homogéneo de radio JR y de masa M - Hallemos su momento de inercia respecto del eje Cz dirigido per­pendicularmente al plano del anillo y que pasa por su centro

: 3 .

i

Fig. 298

11 Aquí y en todo» lo» lugares designa el momento de inercia respecto del eje que pasa por el punto A y está dirigido perpendicularmente al plano de la sección del cuerpo representada en el dibujo.

§ 131. Momento de inercia de un cuerpo respecto de un eje. 357

(fig. 299, a). Como todos los puntos del anillo se encuentran a la dis­tancia hy — R del eje Cz, la fórmula (2) da

j c= R '= m r '.

Por consiguiente, para el anillo

J c —MR*. (7)

Es evidente que se obtiene el mismo resultado para el momento de inercia de una envoltura cilindrica delgada de masa M y de radio R respecto de su eje.

z\

b

Fig. 299

3. Placa circular homogénea o cilindro de radio R y de masa M .Calculemos el momento de inercia de una placa circular respecto del eje Cz perpendicular a la placa y que pasa por su centro (véase la fig. 299, a). Para eso, separemos un anillo elemental de radio r y de anchura dr (fig. 299,6). El área de este anillo es igual a 2nrdr y la

Mmasa dm = p,2nr dr, donde p, = es la masa de la unidad de área

de la placa. En este caso, mediante la fórmula (7) para el anillo elemental separado se tiene

d jc = r ' dm — 2jip,r’ dr,

y para toda la placaR

^C = 2nP» j /■*<*/• = y Jip,/?4.o

Sustituyendo p, por su valor, hallaremos en definitiva

J c= y M R'. (8)

Es evidente que se obtendrá la misma fórmula para el momento de inercia J l de un cilindro circular homogéneo de masa M y de radio R respecto de su eje Cz (fig. 299,c).

358 Cap. X X I I I . Introducción a Ja Dinámica d¿l sistema.

4. Placa rectangular, cono, esfera. Omitiendo los cálculos inter­mediarios damos las fórmulas que determinan los momentos de inercia de los cuerpos siguientes (el lector puede deducir estas fórmulas por si mismo):

a) una placa rectangular homogénea de masa Al y de lados A B = a y BD = b (el eje x está dirigido a lo largo del lado AB\ el eje y, a lo largo del lado BD):

= Y Mb', Ma';

b) un cono circular recto y continuo de masa M y de radio de la base R (el eje z está dirigido a lo largo del eje del cono):

y, = 0,3MK*;

c) una esfera continua de masa M y de radio R (el eje z está dirigido a lo largo del diámetro):

J , = 0,4 M R'.

Los momentos de inercia de cuerpos no homogéneos y de cuerpos de perfiles complicados pueden ser determinados experimentalmente con ayuda de los instrumentos correspondientes. Uno de estos méto­dos se examinará en el § 155.

§ 132. M om entos de inercia de un cuerpo respecto de ejesparalelos. Teorema de H aygens. Los momentos de inercia del

cuerpo dado respecto de ejes diferentes serán, en general, diferentes. Mostraremos cómo, co­nociendo ei momento respecto de un eje cual­quiera trazado a través del cuerpo, se halla el momento de inercia respecto de otro eje cualquiera paralelo al primero.

Tracemos por el centro de masas C del cuerpo los ejes arbitrarios Cx'y'z' y por un punto cualquiera O situado sobre el eje Cx'

Fíg. 300 -tracemos los ejes Oxyz de tal modo queOy || Cy', Oz||Cz' (fig. 300). Designemos la

distancia entre los ejes Cz' y Oz por d. En este caso, de acuerdo con las fórmulas (3) se tiene

J c - S m ^ x S + y*')-

Pero según la figura, para cualquier punto del cuerpo

xh = x'k— d ó x{ = x i' + d, — 2x¿l y yk = yk-

Poniendo estos valores de xk, yk en la expresión para J 0x y sacando del paréntesis los factores comunes d' y 2d, obtendremos

J o. = 2 W + i í *> + (2 m*>d' — 2 d (2 > S i).

§ 132. Momentos de inercia de un cuerpo respecto de ejes paralelos. 359

En el miembro derecho de la igualdad, la primera suma es igual a J CM, y la segunda es igual a la masa del cuerpo M. Hallemos el valor de la tercera suma. Según la fórmula (1), para las coordenadas del centro de masas = Mx'c. Ya que en nuestro caso el puntoC es el origen de coordenadas, x'c — 0. y por consiguiente,En definitiva obtenemos:

+ (9)

La fórmula (9) expresa el siguiente teorema de Huygens **: el mo­mento de inercia de un cuerpo respecto del eje dado es igual al mo­mento de inercia respecto de un eje paralelo al primero y que pasa porel centro de masas del cuerpo, sumcdo al producto de la masa de todo el cuerpo por el cuadrado de la distancia entre los ejes.

De la fórmula (9) resulta que J 0l > J c¡.. Por consiguiente, si to­mamos todos los ejes en la misma dirección, el momento de inercia mínimo será respecto del eje que pasa por el centro de masas.

El teorema de Huygens permite determinar el momento de inercia de un cuerpo respecto del eje dado O*,, incluso cuando se conoce su momento de inercia respecto de cualquier eje Az, paralelo al eje dado.

En este caso, hace falta conocer las distancias y d, que sepa­ran cada uno de estos ejes del centro de masas del cuerpo. Entonces,conociendo J A¡, y d, determinamos J CI., con ayuda de la fórmula (9), y luego valiéndonos de la misma fórmula hallamos el momento de inercia J OZi incógnito.

Problema 122. Determinar el momento de inercia de una barra delgada respecto del eje Cz perpendicular a la barra y que pasa por su centro de masas.

Solución. Tracemos por el extremo A de la barra un eje Az (véase la íig. 298); el eje Cz no está representado en ésta). Entonces, según la fórmula (9)

En el caso dado, , donde / es la longitud de la barra y la magnitud J¿se determina por la fórmula (6). Por consiguiente,

JC= ^M P — =

Problema 123. Determinar el momento de inercia de un cilindro respecto del eje Azx que pasa por su generatriz (véase la íig. 299, c).

Solución. Según el teorema de Huygens J = Jct + Md1. En este caso d=*Ry, de acuerdo con la fórmula (8), J — MR1.

Colocando estos valores, obtendremos:

n Cristián Huygens (1629—1695), destacado científico holandés, mecánico, fí­sico y astrónomo. Inventó el primer reloj de péndulo. Estudió las oscilaciones del péndulo lísico (véase el § 155) e introdujo la noción de momento de inercia de un cuerpo.

360 Cap. X X I I I . Iníroducción a ¡a Dinámica del sistema

§ 133. Momentos de Inercia centrífugos. Ejes de inercia principales de un cuerpo. El momento de inercia de un cuerpo respecto de un eje tampoco caracteriza por completo la distribución de las masas del sistema. Por ejemplo, si la barra DE mostrada en la fig. 297 se hace girar en el plano Oyz de tal manera que el ángulo formado por ésta y el eje Oz no sea recto y la distancia h entre las bolas A y B y el eje quede invariable, desplazándolas hacia los ex­tremos de la barra, no variarán ni la posición del centro de masas, ni el momento de inercia de las bolas respecto del eje Oz. Sin em­bargo, la distribución de masas será diferente (no habrá simetría respecto del eje Oz) y esto se notará durante la rotación del sistema alrededor del eje Oz (aparecerán presiones laterales adicionales sobre los cojinetes).

Por eso en la Mecánica, en calidad de característica que tiene en cuenta esta asimetría en la distribución de las masas, se introduce la noción de momentos de inercia centrífugos. Si se trazan por un punto O los ejes coordenados Oxyz, entonces, las magnitudes J xy, J yz, J ,x se llaman momentos de inercia centrífugos (o productos de inercia) respecto de estos ejes. Estas magnitudes se determinan por las igual­dades:

1 *y = 2 " W / » . ■'yi = ( 10>

donde mk son las masas de los puntos, xk, yk, zk son sus coordenadas; en este caso, es evidente que J xy = Jyx, etc.

Para los cuerpos continuos las fórmulas (10), por analogía con (5'), tendrán la forma

J xy = J P xydV, etc. (10')(VO

A diferencia de los momentos de inercia axiales, los momentos de inercia centrífugos pueden ser magnitudes positivas y también nega­tivas y, en partícula*, para los ejes Oxyz elegidos de un modo de­terminado, pueden convertirse en cero.

Examinemos un cuerpo homogéneo que tiene eje de simetría. Tra­cemos los ejes coordenados' Oxyz de tal manera que el eje Oz esté dirigido a lo largo del eje de simetría (véase por ejemplo, la fig. 343). Entonces, en virtud de la simetría a cada punto del cuerpo de masa m, y de coordenadas (**, yk, zk) le corresponderá un punto de otro Índice, pero de la misma masa, de coordenadas iguales a ( — xk, — yk, zk). Como resultado obtendremos que 2 m*x*z* = 0 Y ¿ "'a!/*2* = 0. porque en estas sumas todos los sumandos spn, por parejas, igua­les según sus módulos y contrarios, según los signos; aquí, teniendo en cuenta las igualdades (10), hallamos;

= 0, JyI = 0. (11)

£ 1.13. Momentos de inercia centrífugos 361

De este modo la simetría en la distribución de masas respecto del eje Oz se caracteriza por la anulación de dos momentos de inercia centrífugos J xz y J yz. El eje Oz, para el cual los momentos de inercia centrífugos J AZ, J vz, que contienen en sus índices la denominación de este eje, son iguales a cero, se llama eje principal de inercia del cuerpo para el punto 0 (origen de coordenadas).

De lo expuesto se deduce que si el cuerpo tiene eje de simetría, éste es el eje principal de inercia de! cuerpo para cualquier punto.

El eje principal de inercia no es obligatoriamente el eje de si­metría. Examinemos un cuerpo homogéneo que posee plano de sime­tría. Tracemos en este plano unos ejes cualesquiera Oxy y un eje Oz perpendicular a los primeros. Entonces, en virtud de la simetría, a cada punto de masa m„ y de coordenadas (x„, y„, zk) le corresponderá un punto de la misma masa y coordenadas iguales a (*», yk, — zk). Como resultado, como en el caso anterior, hallaremos que ¿]mkxkzk = 0y 2 ' = 0 ó / „ = 0, J yz = 0.

Por consiguiente, si un cuerpo tiene plano de simetría, entonces, cualquier eje perpendicular a este plano será el eje principal de inercia del cuerpo para el punto O, donde el eje interseca al plano.

Las igualdades (11) expresan las condiciones por las que el eje Oz es el eje principal de inercia del cuerpo para el punto O (origen de coordenadas). Si 1 Ky — 0, J xz = 0, el eje Ox será, por analogía, el eje principal de inercia para el punto O, etc. Por consiguiente, si todos los momentos de inercia centrífugos son iguales a cero, es decir,

\ = 0, = 0. J . „ = 0. (12)

entonces, cada uno de los ejes coordenados Oxyz es un eje prinoipal de inercia para el punto O (origen de coordenadas).

Por ejemplo, los tres ejes Oxyz, mostrados en la fig. 343 son los ejes principales de inercia para el punto O (el eje Oz, por ser eje de simetría, los ejes Ox y Oy, por estar dirigidos perpendicularmente a los planos de simetría).

Los momentos de inercia del cuerpo respecto de los ejes principa­les de inercia se llaman momentos principales de inercia del cuerpo.

Los ejes principales de inercia formados para el centro de masas del cuerpo se llaman ejes de inercia centrales y principales del cuerpo. De lo que acabamos de demostrar se deduce que si un cuerpo tiene un eje de simetría, éste es uno de los ejes principales de inercia del cuerpo, porque el centro de masas se encuentra sobre este eje (véase el § 56). Sí el cuerpo tiene un plano de simetría, entonces, el eje perpendicular a este plano y que pasa por el centro de masas del cuerpo, será también uno de los ejes de inercia centrales y principales.

En los ejemplos examinados se estudiaban los cuerpos simétricos. Sin embargo, se puede demostrar que a través de cualquier punto de un cuerpo cualquiera se pueden trazar por lo menos tres ejes mutuamente perpendiculares, para los cuales serán válidas las igualdades (12), es

362 Cap. X X I I I . / ntroducción a la Dinámica del sistema.

decir, los cuales serán tos ejes principales de inercia del cuerpo paraeste punto (la demostración se da en el anexo II).

El concepto de ejes principales de inercia desempeña un papel importante en la Dinámica del cuerpo sólido. Si se dirigen los ejescoordenados Oxyz por estos ejfes, todos los momentos de inercia cen­trífugos se anularán y las ecuaciones o fórmulas correspondientes se simplifican considerablemente. La resolución de problemas del equili­brio dinámico de masas (§ 169), del centro de choque (§ 165), etc., está relacionada también con este concepto.

T e o r e m a d e l m o v i m i e n t o d e l c e n t r o d e m a s a s

d e u n s i s t e m a

CAPITULO X X I V

§ 134. Ecuaciones diferenciales del movimiento de un sis­tema. Examinemos un sistema compuesto de n puntos materiales. Elijamos un punto cualquiera • del sistema, de masa mk. Designemos a la resultante de todas las fuerzas externas aplicadas al punto (de las fuerzas activas y de las reacciones de ligaduras) por F¡ y a la resultante de todas las fuerzas internas, por F‘„. Si el punto, en este caso, tiene una aceleración w„, de acuerdo con la ley fundamental de la Dinámica se tiene:

mkwk = F'k + Fi

Obtendremos un resultado análogo para cualquier punto. Por con­siguiente, para todo el sistema se tendrá:

= F[ + F[, \

m'W' = F' + Fi". | (13)

m„w„ =F'„ + F‘n. J

Estas ecuaciones, que permiten definir la ley del movimiento de cada punto del sistema, se llaman ecuaciones diferenciales del movimien­to del sistema en la forma vectorial. Las ecuaciones (13) son ecuacio­

nes diferenciales, porque wt = ; las fuerzas, que entran en

los miembros derechos de las ecuaciones, dependerán, en el caso gene­ral, del tiempo, de las coordenadas de los puntos del sistema y de sus velocidades (véase los § 99 y 107).

Proyectando las igualdades (13) sobre cualesquiera ejes coordenados podemos obtener las ecuaciones diferenciales del movimiento del sis­tema en las proyecciones sobre estos ejes.

La solución completa del problema fundamental de la Dinámicapara el sistema, conociendo las fuerzas dadas, consistiría en integrarlas ecuaciones diferencíales correspondientes y determinar, de esta manera, la ley del movimiento de cada uno de los puntos del sistema por separado.

Sin embargo, este modo de resolución no se utiliza generalmente por dos razones. Primero, esta vía es muy complicada y casi siempre está relacionada con dificultades matemáticas insuperables. Segundo, en la mayoría de los casos durante la resolución de los problemas de

364 Cap. XX/V. Teorema del movimiento del centro de masas

la Mecánica es suficiente conocer ciertas características globales del movimiento del sistema en general y no el movimento de cada uno de sus puntos por separado. Estas características globales se determi­nan con ayuda de los teoremas generales de la Dinámica del sistema, cuyo estudio comenzamos.

El papel esencial de las ecuaciones (13) consiste en que ellas, o sus corolarios, sirven de base para obtener los teoremas generales corres­pondientes.

£ 135. Teorema del m ovim iento del centro de m asas. Enmuchos casos, para definir el movimiento de un sistema (sobre todo de un cuerpo sólido) es suficiente conocer la ley del movimiento de su centro de masas. Para hallar esta ley, consideremos las ecuaciones del movimiento de un sistema (13) y sumémoslas miembro a miembro. Como resultado, obtendremos:

2 > * « '* = S / rí+ 2 : / ri . (i4)

Transformemos el miembro izquierdo de la igualdad. De la fór­mula (1') para el radio-vector del centro de masas tenemos:

= M rc.

Calculando las segundas derivadas de ambos miembros de esta igualdad respecto del tiempo y remarcando que la derivada de la suma es igual a la suma de las derivadas, hallaremos:

V m - mdt‘ d i*

o bien

= c, (15)

donde w c es la aceleración del centro de masas del sistema. Ya que, de la propiedad de las fuerzas internas del sistema (§ 129), poniendo todos los valores hallados en la igualdad (14), obtendremos, en definitiva:

M w c = 2 / X (16)

La ecuación (16) expresa precisamente el teorema del movimiento del cenJro de masas del sistema: el producto de la masa del sistema por la aceleración de su centro de masas es igual a la suma geométrica de todas las fuerzas externas que actúan sobre el sistema. La ecua­ción (16) coincide por su forma con la ecuación que determina ia ley del movimiento del punto material (§ 100, la fórmula 3) de masa nt = M y las fuerzas efectivas son iguales a /% = M wc. En virtud de esto, obtenemos otra formulación del teorema: el centro de masas de un sistema se mueve como un punto material, cuya masa es igual a la masa de todo el sistema y al que están aplicadas todas las fuerzas exter­nas que actúan sobre el sistema.

§ i 36. Ley de conservación de! movimiento del centro de masas. 365

Proyectando ambos miembros de la igualdad (16) sobre los ejes coordenados, obtendremos:

= C 6')

Estas ecuaciones representan las ecuaciones diferenciales del movi­miento del centro de masas de este cuerpo en las proyecciones sobre los ejes del sistema de coordenadas cartesianas.

La importancia del teorema demostrado consiste en lo siguiente.1) El teorema fundamenta los métodos de la Dinámica dei punto.

De las ecuaciones (16') se deduce que tas soluciones que se obtienen, considerando el cuerpo dado como un punto material, determinan la ley del movimiento del centro de masas de este cuerpo, es decir, tienen un sentido concreto.

En particular, si el cuerpo tiene movimiento de traslación, su movimiento se determina completamente por el movimiento del centro de masas. De este modo, un cuerpo que se encuentra en movi­miento de traslación puede ser considerado como un punto material de masa igual a la masa del cuerpo. En los demás casos, un cuerpo puede considerarse como un punto material solamente cuando para determinar la posición del cuerpo es prácticamente suficiente conocer la posición de su centro de masas.

2) El teorema permite, durante la determinación de la ley del movimiento del centro de masas de cualquier sistema, no tener en cuenta las fuerzas internas desconocidas a priori. En esto consiste su valor práctico.

§ 136. Ley de conservación del m ovim iento del centro de m asas. Del teorema del movimiento del centro de masas se pue­den obtener los siguientes corolarios importantes.

1) Admitamos que la suma de las fuerzas externas que actúan sobre el sistema sea nula

S F ‘„ = 0.

Entonces, de la ecuación (16) se deduce que w c = 0 ó ®c.= const. Por consiguiente, si la suma de todas ¡as fuerzas externas que actúan sobre el sistema es igual a cero, el centro de masas de este sistema se mueve con una velocidad constante en módulo y dirección, es decir, rec­tilínea y uniformemente. En particular, si al principio el centro de masas estaba en reposo, éste permanecerá en reposo. Como se ve, la acción de las fuerzas internas no puede variar el movimiento del centro de masas del sistema.

2) Admitamos que la suma de las fuerzas externas que actúan sobre el sistema no es igual a cero, pero las proyecciones de dichas fuerzas sobre un eje cualquiera (por ejemplo, sobre el eje Ox) es igual a cero:

2 ^ = 0.

366 Cap. X XI V . Teorema del movimiento del centro de masas

En este caso, la primera de las ecuaciones (16') da:

7 ^ = ° ó = °cx = const.

Por consiguiente, si la suma de las proyecciones de todas las fuer­zas externas efectivas sobre un eje cualquiera es igual a cero, la proyec­ción de la velocidad del centro de masas dil sistema sobre este eje es una magnitud constante. En particular, si en el instante inicial DCic = 0, en todo instante siguiente Vqx = 0, es decir, en este caso, el centro de masas del sistema no se desplazará a lo largo det eje Ox(xc = const).

Todos estos resultados expresan la ley de la conservación del movi­miento del centro de masas del sistema. Examinemos unos ejemplos que ilustran su aplicación.

a) Movimiento del centro de masas del sistema solar. Ya que se puede despreciar prácticamente la atracción de las estrellas, se puede estimar que ninguna tuerza externa actúa sobre el sistema solar. Por consiguiente, en primera aproximación, su centro de masas se mueve en el espacio sideral uniforme y rectilíneamente.

b) Acción de un par de fuerzas sobre un cuerpo (véase por ejemplo, la fig. 42). Si sobre un cuerpo sólido libre empieza a actuar un par de fuerzas (F , F '), la suma geométrica de estas fuerzas externas será igual a cero (F + F '= 0). Por consiguiente, el centro de masas C del cuerpo, si estaba incialmenle inmóvil, debe quedarse también inmóvil después de la aplicación del par. De este modo, cualquiera que sea el punto de aplicación de un par de fuerzas a un cuerpo sólido libre, el cuerpo comenzará a girar alrededor de su centro de masas (véase el § 19).

c) Movimiento sobre un plano horizontal. Si no hay rozamiento, los esfuerzos musculares del hombre (fuerzas internas) no bastan para que éste se mueva a lo largo de un plano horizontal, porque, en este caso, la suma de las proyecciones sobre un eje horizontal cualquiera Ox, de todas las fuerzas externas (la fuerza de gravedad y la reacción del plano) aplicadas al hombre será igual a cero y el centro de masas del hombie no se desplazará a lo largo del plano (xr = const).

Si, por ejemplo, el hombre desplaza su pierna derecha hacia ade- lante, su pierna izquierda se deslizará hacia atrás y el centro de masas común se queda en el mismo lugar. SI hay rozamiento, la fuerza de rozamiento que, en este caso, estará dirigida hacia adelante, se opondrá al deslizamiento hacia atrás de la pierna izquierda. Esta misma fuerza será, en este caso, la fuerza externa que permite al hombre despla­zarse en la dirección de su acción (en el caso presente, hacia adelante).

El desplazamiento de una locomotora o de un automóvil se efectúa de manera análoga. La fuerza de presión del vapor o del gas en el motor es una fuerza interna y de por si no puede desplazar el centro de masas del sistema. El desplazamiento se produce, porque el motor

§ 137. Revolución da problemas 367

transmite a las ruedas correspondientes, que se llaman motrices, un momento de rotación. En este caso, el punto de contacto B de la rueda motriz (fig. 301) tiende a deslizarse a la izquierda. Entonces, sobre la rueda actuará una fuerza de rozamiento dirigida a la derecha. Esta es precisamente la fuerza externa que permite al centro de gra­vedad de la locomotora o del automóvil desplazarse a la derecha. Cuando no existe esta fuerza o cuando ésta no es suficiente para ven­cer la resistehcia sufrida por las rue­das motrices1', no tendrá lugar un desplazamiento hacia la derecha, las ruedas motrices girarán, en este caso, sin desplazarse (patinarán).

d) Frenado. Para frenar se aprieta una zapata de freno contra un tambor ligado rígidamente con la rueda en movimiento. La fuerza de rozamiento de la zapata contra el tambor, que surge en este caso, será una fuerza interna y ella misma no variaráel movimiento del centro de masas, es decir, no frenará a un treno a un automóvil. Sin embargo, el rozamiento de la zapata contra el tambor moderará la rotación de la rueda alrededor de su eje y aumentará la fuerza de rozamiento de la rueda contra el riel (o suelo) dirigida en sentido opuesto al movimiento. Esta fuerza externa mo­derará el movimiento del centro de masas del tren o del automóvil, es decir, efectuará el frenado (véase el problema 148, § 156).

£ 137. Solución de problem as. Aplicando el teorema del mo­vimiento del centro de masas se puede, conociendo las fuerzas exter­nas, hallar la ley del movimiento del centro de masas y viceversa, conociendo el movimiento del centro de masas, se puede determinar el vector principal de las fuerzas externas que actúan sobre el sistema. El primer problema fue encaminado durante el estudio de la Dinámica del punto. Los ejemplos de la resolución del segundo problema se examinan más abajo.

En este caso, el teorema permite excluir del examen todas las fuerzas internas. Por eso, conviene elegir el sistema que se estudia, de tal manera que algunas de las fuerzas desconocidas de antemano sean internas.

En los casos en que tiene lugar la ley de la conservación del movimiento del centro de masas el teorema permite, conociendo el desplazamiento de una parte del sistema, hallar el desplazamiento de la otra parte.

11 La rueda conducida está sometida a la acción de la Tuerza Q aplicada a su eje y no al momento de rotación. Bajo la acción de esta (uerza toda la rueda y el punto de contacto A de ésta con el suelo tienden a desplazarse hacia adelante. E n este caso, sobre la rueda actuará la fuerza de rozamiento dirigida hacia atrás. Esta fuerza externa es precisamente la que Irena el movimiento.

V

Fig. 301

368 Cap. X X IV . Teorema del movimiento del centro de masas

Hemos demostrado que cuando ^ l F¡(X = 0 y en el instante inicial vcx—0, durante el movimiento del sistema jcr = const. Admitamos, para concretar, que el sistema se compone de tres cuerpos de masas m., mt% m3 y las coordenadas in i­ciales de sus centros de masas son x,. xy Si bajo la acción de fuerzas internas (o externas) los cuerpos efectúan desplazamientos absolutos, cuyas proyecciones sobre el eje Ox sean £s, las coordenadas correspondientes serán iguales a

+ entonces. de acuerdo con las fórmulas (I). las coordenadasdel centro de masas xc de todo el sistema en las posiciones inicial y final serán:

_ mlxl + mtx2 + m3x3 .* C .— M

« I ( * 1 + ) + mi (*J + W + (*s + í j)* C , -----------------------------------------------m '

ya que xc =const, entonces y* Por consiguiente,

^ ili "f "I" “ 0 (17)ó

Pi£i + Ptfca + Pa£* =* 0* (17')De este modo, cuando se cumple Ja ley de la conservación dej movimiento del

centro de masas a lo largo del eje Ox, la suma algebraica de los productos de las masas (o de los pesos) de los cuerpos del sistema por las proyecciones de los desplazamientos absolutos de sus centros de masas debe ser igual a cero, a condi­ción de que en eJ instante inicia) vc = 0 . Durante los cálculos de £x. l t , . . . hace

* falta tener siempre en cuenta sus signos. Problema 124. En la proa y en la po­

pa de un bote de peso P están sentados,a una distancia i una de otra, dos perso­nas, cuyos pesos son pA y pñ (fig. 302). Despreciando la resistencia del agua, de­terminar en qué dirección y a qué distan­cia se desplazará el bote si las personas se cambian de asientos.

Solución. Para excluir del examen las fuerzas incógnitas de rozamiento de las suelas contra el fondo del bote, asf como los esfuerzos musculares de las personas, consideramos el bote y las personas como un solo sistema (en este caso las fuerzas citadas serán internas). Las fuerzas exter­nas que actúan sobre el sistema serán las fuerzas verticales P, Pa>Pb> N- Entonces,

^\F%x^=0 y como en el instante inicial uc = 0 , xc =const. Por consiguiente, los desplazamientos absolutos de todos los

cuerpos están ligados por la relación (17).Representando el í)óte y las personas en las posiciones Inicial y final notamos

que e) desplazamiento del bote £&= x 1}. Luego, para la primera persona el despla­zamiento absoluto /; el desplazamiento absoluto de la segunda persona esigual a BBX y la proyección de este desplazamiento sobre el eje Ox será =

J> Para evitar errores en los signos, se recomienda, Independientemente de la dirección del desplazamiento, representar el bote (sistema) en la posición desplazada de tal modo que la coordenada x sea positiva (véase la fig. 302). Si al finalizar los cálculos resulta que el valor de x es negativo, esto significa que el desplaza­miento se efectúa en la dirección opuesta.

§ 137. Resolución da pr otilemos 369

i= — (l — x). Entonces según la ecuación (17')

Px = pA (* + /) + pB [— 0 — x )l= 0.

De aquí, hallamos que el desplazamiento del bote es

* = P^Z£A__ tP 4- Pa + P r

S¡ Pn > Pa . x > 0, es decir, el bote se desplaza a la derecha; .cuando pn < Pa**! bote se desplaza a la izquierda. Cuando p b — Pa bote permanece inmóvil.

Subrayamos una vez más la importancia de la nota siguiente; el sistema, cuyo movimiento hace falta examinar durante la resolución de problemas similares, debe elegirse de tal manera que las fuerzas incógnitas de antemano se conviertan en internas.

Problema 125. El centro de masas d<_l árbol de un motor está desviado deleje de rotación en una magnitud A B = a . La masa del árbol es igual a ml . la masa de iodas /as demás piezas dei motor es igual a mr Determinar la ley del movimiento del mo­tor colocado sobre un plano horizontal liso du­rante la rotación del árbol con una velocidad angular constante o>. Hallar adicionalmente el esfuerzo máximo que experimenta el perno D si fijamos rigidamente el motor con ayuda de éste.

Solución. Para excluir las fuerzas que hacen girar el árbol, hacerlas Internas, examinemos el motor junto con el árbol como un solo sis­tema.

I. Si el motor no está fijado, todas las fuer­zas que actúan sobre éste (P = m ¿ ? , P = mxg y las reacciones del plano) serán verticales y aquí, como en el problema precedente, la ley de la conservación del movimiento def centro de ma­sas tendrá lugar a lo largo del eje Ox. Represen­tamos el motor en una posición arbitraria (fig. 303) considerando que la posición inicial es aquélla en la que los puntos B y A se encuentran sobre una misma vertical (sobre el eje Oy). Entonces, para una posición arbitraria %A=-x,

~t~o sen tp. De aquí, teniendo en cuenta que <p— <o/, hallaremos según la tornitila (17)

Fig 303

(x-f-a sen <ot)*=0.

de donde

mt ~\-mx

Por consiguiente, el motor efectuará vibraciones armónicas de frecuencia cir­cular o.

2) Si el motor está fijado, de acuerdo con la primera de las ecuaciones (16.'), la reacción horizontal R x del perno será igual a

.d*xcR X= M

dt*

donde"*t*A

M

En este caso, el punto A es inmóvil y XA = h (/i = const) y = -f-a sen cdí. Como resultado, derivando la expresión xc y multiplicándola por M (aquí, en

370 Cap. XXIV. Teorema del movimiento del centro de masas

todos los lugares M es la masa de todo el sistema), hallamos:

R = M — mxau>x sen ox.di* dta

La fuerza de presión sobre el perno es igual, en módulo, a J Rx \ y está dirigida en sentido opuesto. Su valor máximo será m.ao*.

Problema 126. La manivela AB de longitud r y de peso p. que gira con una velocidad angular constante u>. pone en movimiento una colisa y un pistón D enlazado con ésta; cuyo peso total es igual a P (íig. 304). Durante el movimiento,

Fjg. 304

sobre el pistón actúa una fuerza constante Q. Despreciando el rozamiento contra las correderas, hallar la presión horizontal máxima que se ejerce sobre el eje A de la manivela.

Solución. Para excluir ¡as fuerzas que hacen girar la manivela, asi como la presión que ejerce sobre ésta la colisa, examinemos el movimiento de todo el sistema. Entonces, de acuerdo con la primera de las ecuaciones (16'), si se designa fa reacción horizontal del eje A por Rx, obtendremos

donde, según las fórmulas (I), MxCs= n ilxl + mtxt.En nuestro caso, ya que 9 = se tiene:

D r Pm, = — . -tr, =-r- eos co/; mt = — . xt =a-{-r eos lúi.

S ¿ 8

En definitiva hallamos:

R*=|Q+ M in £ =|Q y ( i +p ) cos “*■

La fuerza de presión sobre el eje es igual en módulo a | Rx l y está dirigida en sentido opuesto. Cuando ip*=}80•, la presión seré máxima e igual a

CAPITULO XXV

Teorema de la ■variación de la cantidadde movimiento de un sistema

§ 138. C antidad de m ovim iento de un s is tem a . Se llama cantidad de movimiento de un sistema a la magnitud vectorial Q igual a la suma geométrica (vector principal) de las cantidades de movimiento de todos los puntos del sistema (fig. 305):

Q = 2> »»V (>8)

En el dibujo se ve que Independientemente de las magnitudes de las velocidades de los diferentes puntos del sistema (si estas velocidades no son paralelas) el vector Q puede tomar valores cuales­quiera y aun puede ser igual a cero, cuando el polígono construido con los vectores mkvt se cierre. Por consiguiente, por la magnitud Q no se puede juzgar completamente sobre el movimiento del sistema.

Hallemos la fórmula que permitirá calcular más fácilmente la magnitud Q y también aclarar su significado. De la igualdad (1') se deduce que

2m »r , = M rc.

Derivando los dos miembros respecto del tiempo, obtendremos

ó = M vc-

De aquí hallamos que

Q = Mvc (19)

es decir, ¡a cantidad de movimiento de un sistema es igual al producto de la masa de todo el sistema por la ve'oci'dad de su centro de masas. Este resultado es particularmente cómodo para calcular la cantidad de movimiento de cuerpos sólidos.

De la fórmula (19) se deduce que si un cuerpo (o sistema) se desplaza de tal manera que su centro de masas permanece inmóvil, la cantidad de movimiento del cuerpo es igual a cero. Por ejemplo, la cantidad de movimiento de un cuerpo que gira alrededor de un eje inmóvil que pasa por su centro de masas será Igual a cero.

m,v,

mnv„

(L ^^y n 'n V n

Fig. 305

372_____ Cap. A'XV. Teorema de la variación de la cantidad de movimiento

Si el movimiento de un cuerpo es compuesto, la magnitud Q no caracterizará la parte rotatoria del movimiento alrededor del centro de masas. Por ejemplo, para una rueda en movimiento Q — M vc, independientemente del modo en que gira la rueda alrededor de su centro de masas C.

Asi pues, la cantidad de movimiento caracteriza solamente el movi­miento de traslación del sistema. Si el movimiento es compuesto, la magnitud Q caracteriza solamente la componente de traslación del movimiento del sistema junto con el centro de masas.

§ 139. Teorema de la variación de la can tid ad de m ovi­m iento. Examinemos un sistema compuesto de n puntos materiales. Componemos para este sistema las ecuaciones diferenciales del movi­miento (13) y las sumamos miembro a miembro. Obtendremos:

= 2¡ Z7*'+ 2 J7»-

La última suma, de acuerdo con la naturaleza de las fuerzas in­ternas, es igual a cero. Además,

En definitiva hallamos:

d# = Z ^ - ( 2 ° )

La ecuación (20) expresa el teorema de la variación de la canti­dad de movimiento de un sistema en la forma diferencial: la derivada de la cantidad de movimiento de un sistema respecto del tiempo es igual a la suma geométrica de todas las fuerzas externas que actúan sobre este sistema. En las proyecciones sobre los ejes coordenados, tendremos:

<2 I >

Hallemos otra expresión del teorema. Admitamos que en el instante / = 0, la cantidad de movimiento del sistema es igual a Q0 y en el instante /, se hace igual a Q,. Entonces, multiplicando ambos miem­bros de la igualdad (20) por di e integrando, obtendremos:

O ,- O . = £(/=■*'<*/0

Ó

= 2 S í . ( 2 2 )

puesto que las integrales que se encuentran a la derecha dan loí impulsos de las fuerzas externas.

La ecuación (22) expresa el teorema de la variación de la canti­dad de movimiento del sistema en la forma integral; la variación de

§ 13 9 . Teorema de la variación de la cantidad de movimiento 373

la cantidad de movimiento del sistema durante un cierto intervalo de tiempo es igual a la suma de los impulsos de las fuerzas externas que actúan sobre el sistema durante el mismo intervalo de tiempo.

En las proyecciones sobre los ejes coordenados, tendremos:

Mostremos la relación que existe entre el teorema demostrado y el teorema del movimiento del centro de masas. Ya que Q = Mvc, poniendo este valor en la igualdad (20) y teniendo en cuenta que

^ £ = toc, obtendremos M W c= 2 *» t es decir, la ecuación (16).

Por consiguiente, el teorema del movimiento del centro de masas y el teorema de la variación de la cantidad de movimiento del siste­ma son dos formas diferentes de un mismo teorema. En los casos en que se estudia el movimiento de un cuerpo sólido (o de un sistema de cuerpos) se puede utilizar cualquiera de estas formas pero habi­tualmente es más cómodo emplear la ecuación (16).

Sin embargo, para una sustancia fluida (líquido, gas) la noción de centro de masas del sistema, pierde prácticamente el sentido. En estos casos, para resolver problemas se utiliza el teorema de la varia­ción de la cantidad de movimiento del sistema. Este teorema tiene también aplicaciones importantes en la teoría del choque (capítulo XXIX), así como en el estudio de! movimiento reactivo (§ 142).

El interés práctico del teorema reside en la posibilidad de excluir del análisis las fuerzas internas desconocidas de antemano (por ejem­plo, las fuerzas de presión mutua de las partículas de líquido).

§ 140. Ley de la conservación de la cantidad de movimiento. Del teorema de la variación de la cantidad de movimiento de un sistema se pueden obtener los siguientes corolarios importantes:

1) Admitamos que la suma de todas las fuerzas externas que actúan sobre un sistema es igual a cero:

Entonces, de la ecuación (20) resulta que, en este caso, Q = const. De este modo, si la suma de todas ¡as fuerzas externas aplicadas a un sistema es igual a cero, el módulo y la dirección del vector de la can­tidad de movimiento del sistema serán constantes.

2) Admitamos que las fuerzas externas aplicadas a un sistema sean tales que la suma de sus proyecciones sobre un eje cualquiera (por ejemplo, Ox) es igual a cero:

Entonces, de la ecuación (21) resulta que, en este caso, Qx = const. De este modo, si la suma de las proyecciones de todas ¡as fuerzas externas efectivas, sobre un eje cualquiera es igual a cero, la proyec­

(23)

2 * 1 « o .

374 Cap. XXV. Teorema de la variación de la cantidad de movimiento

ción de la cantidad de movimiento del sistema sobre este eje es una magnitud constante.

Estos resultados expresan la ley de la conservación de la cantidad de movimiento de un sistema. De éstos se deduce que las fuerzas inter­nas no pueden modificar la cantidad total de movimiento del sistema. Examinemos algunos ejemplos.

a) Efecto de reculada o retroceso. Si se considera el fusil y la bala como un solo sistema, la presión de los gases de la pólvora durante el disparo será una fuerza interna. Esta fuerza no puede modificar la cantidad de movimiento total del sistema. Pero, como los gases de la pólvora al actuar sobre la bala le comunican una cierta canti­dad de movimiento dirigido hacia adelante, éstos deben comunicar al mismo tiempo al fusil la misma cantidad de movimiento dirigido en sentido opuesto. Esto provocará un movimiento del fusil hacia atrás, que se llama reculada. Un efecto análogo resulta durante el tiro del cañón (retroceso).

b) Funcionamiento de una hélice. Una hélice comunica a una cierta masa de aire (o 'de agua) movimiento a lo largo del eje de la hélice arrojando esta masa hacia atrás. Si se considera la masa arrojada y el avión (o el barco) como un solo sistema, las fuerzas de acción mutua entre la hélice y el medio por ser internas no pueden modificar la cantidad de movimiento total de este sistema. Por eso, al arrojar la masa de aire (o de agua) hacia atrás, el avión (o el barco) se mueve hacia adelante con una velocidad tal que la cantidad de movimiento total del sistema que se examina permanecerá nula, porque ésta era nula antes de iniciarse el movimiento.

Un efecto análogo se obtiene en el caso de la acción de remos o de ruedas de paletas.

c) Movimiento reactivo. En un proyectil-cohete (cohete) los pro­ductos gaseosos de la combustión del propulsante se expulsan con una gran velocidad por el orificio que se encuentra en la cola del cohete (por la tobera del motor a reacción). Las fuerzas de presión que actúan en este caso, son internas y no podrán modificar la cantidad de movimiento total del sistema cohete — productos de combustión. Pero ya que los gases que se expulsan poseen una cantidad de movi­miento determinada dirigido hacia atrás, el cohete adquiere la velo­cidad correspondiente dirigida hacia adelante. La magnitud de esta velocidad será definida en el § 142.

Atraemos la atención sobre el hecho de que una hélice (ejemplo precedente) comunica al vehículo, por ejemplo, al avión, un movi­miento a costa de repelar hacia atrás las partículas del medio en el cual éste se desplaza. En el vacío, un movimiento como ése es im­posible: Un motor a reacción (reactor) comunica un movimiento al vehículo a costa de la expulsión hacia atrás de las masas que se producen dentro del propio motor (productos de la combustión). Este movimiento es posible tanto en el aire, como en el vacío.

§ 140. Ley de la conservación de la cantidad de mooimiento 375

§ ¡41. Solución de problem as. Se utiliza habitualmente el teo­rema de la variación de la cantidad de movimiento para estudiar el movimiento de un medio (liquido, gas).

La aplicación del teorema permite excluir del análisis todas las fuerzas externas. Por eso, hace falta elegir el sistema de tal manera que todas las fuerzas desconocidas de antemano (o una parte de éstas) sean interiores.

Es cómodo aplicar la ley de la conservación de la cantidad de movimiento en los casos en que, conociendo la variación de la velo­cidad de traslación de una parte del sistema, hace falta determinar la velocidad de la otra parte. En particular, esta ley se utiliza fre­cuentemente en la teoría del choque.

Problema 127. Una bala de masa m disparada horizontalmente con una velo, cidad u, va a dar en una caja llena de arena situada sobre una carretilla (fig. 306) ¿Con qué velocidad empezará a desplazarse la carretilla después del choque, si la masa de ésta junto con la caja es igual a M?

Solución. Consideraremos la bala y la carreti­lla como un solo sistema. Esto permite no tener en cuenta, durante la resolución del problema, las fuer- zas que aparecen en el momento del choque de la bala contra la caja. La suma de las proyecciones de las fuerzas externas aplicadas al sistema sobre el eje horizontal Ox es igual a cero. Por consiguiente.Qx=const, o Qox = Qix' donde Q0 es la cantidad Fig. 306de movimiento del sistema antes del choque y <?,,después ¿el choque. Ya que antes del choque la carretilla era inmóvil, Q9x = mu.

Después del choque la carretilla y la bala se desplazan con una velocidad común, la cual designaremos por v. Entonces

Quf=(m + M)o.Igualando los miembros derechos de las expresiones para Q0j( y Qlx, hallaremos:

m + MProblema 128. Determinar la velocidad de retroceso libre de un cañón, si el

tubo de éste está dirigido horizontalmente, e l peso de todas las piezas en retro­ceso es P, el peso del proyectil es p, la velocidad del proyectil respecto del ánima del cañón, en el instante de la salida, es igual a u.

Solución. Para excluir las fuerzas incógnitas de presión de los gases de la pól­vora consideremos el proyectil y las piezas oue retroceden como un solo sistema.

Despreciando durante el movimiento del provectiJ en el ánima del cañón la resistencia al retroceso y las fuerzas P y N, las cuales son muy pequeñas en comparación con las fuerzas de presión de los gases de la pólvora que pro­vocan el retroceso, hallamos que la suma de las fuerzas externas aplicadas al sis­tema es igual a cero (fig. 307. las piezas que retroceden junto con el tubo no se muestran en la figura).

Entonces. Q = const y Qx = const y como antes del disparo el sistema era inmóvil (Q0= 0). en cualquier instante Qx= 0 .

Designemos la velocidad de retroceso en el instante final por v. Entonces, la velocidad absoluta del proyectil en este instante es igual a a j o. Por consi­guiente,

<?, = 7 u« + 7 (“ x + " * ) = 0 . W

37G______Cap. XXV. Teorema de ¡a variación de ta cantidad de movtmtenio

de aquí hallamos:

Si se conoce la velocidad absoluta del proyectil durante la salida del tubo ua, en la igualdad (a) en vez de ux -\-vx entrará directamente la magnitud uJX y en este caso

El signo menos indica que en los dos casos el sentido de v es opuesto al de u Subrayamos que durante el cálculo de la cantidad de movimiento total del

sistema hace falta tener en cuenta las velocidades absolutas del movimiento de sus partes.

M2

m m . t '

Fig. 307

Problema 129. Presión de un cfwrro. Un chorro de agua sale de una bomba de incendios con la velocidad u = l 0 m/s y golpea un muro sólido bajo el ángulo recto (fig. 308). El diámetro del chorro de agua es d = 4 cm. Despreciando la com­

presión del chorro, determinar la fuerza de presión de éste sobre el muro.

Solución. Para excluir del examen las fuerzas internas de presión mutua de las par­tículas del liquido en el momento de su con­tacto con el muro, apliquemos la primera de las ecuaciones (23)

Qíx— (a)

Fig. 308

mente al eje Ox y no aumenta disminución de Qx,

a la porción del chorro que se encuentra en el instante dado dentro del volumen abe. Calculemos para el volumen separado la di­ferencia Q|JC — Qox correspondiente a un cierto intervalo ae tiempo /,. Durante el tiempo tx este volumen se desplaza a la posición alblcl . En este caso, el valor de Qx disminuye en una magnitud mu donde m es la masa del volumen aax. El líquido que afluye en los vo­lúmenes 66, y ccj se desplaza perpendicular-

la magnitud Qx. Como tenemos solamente una

Q i x — Q o x = — mu

1.a reacción del muro R será la única fuerza externa que actúa sobre el volu­men separado y que da una proyección sobre el eje x. Considerando que la magni­tud R es constante, obtendremos:

^jSkx — =* — Rtx.

§ 14! Resolución de problemas 377

En dcíinitiva. la ecuación (a) da:

mu = R tl . (b)

Calculemos la magnitud m. Ya que el desplazamiento aal = utl ,

jupm = p

donde p es la masa por unidad de volumen, es decir, la densidad del liquido. Poniendo este valor en la igualdad (b) y teniendo en cuenta que para el agua p = 1000 kg/m*. hallaremos definitivamente:

R = p I!|í u= = 125.6Aía 12,8 kgí.

La fuerza de presión del chorro contra el muro es igual a esta misma mag­nitud.

§ 142*. Cuerpo de m asa variab le . Movim iento de un cohete.En mecánica clásica, la masa de cada punto o partícula de un sistema se estima constante durante el movimiento. Sin embargo, en ciertos casos la composición de las partículas que forman el sistema dado o el cuerpo puede variar con el tiempo (algunas partículas pueden se­pararse del cuerpo o adherirse a éste del exterior); a consecuencia, variará la masa total del cuerpo que se estudia. Ya examinamos los problemas en los cuales tenían lugar adhesiones o separaciones seme­jantes de masas unitarias (véase más arriba los problemas 127, 128 o el problema 94 del § 103). En el párrafo presente, estudiaremos otro caso de mucha importancia práctica, cuando el proceso de sepa­ración del cuerpo o de adhesión de partículas al cuerpo se efectúa de una manera continua. Un cuerpo cuya masa M está en variación con­tinua en función del tiempo a consecuencia de la adhesión o de la separación de partículas materiales, se llama cuerpo de masa variable". Para un cuerpo de masa variable,

M = F(t),

donde F (t) es una función continua del tiempo.Como ejemplos de estos cuerpos se pueden citar el cohete o el avión

a reacción, cuyas masas disminuyen prácticamente sin interrupción como resultado del gasto de combustible.

Si durante el movimiento de un cuerpo de masa variable se pueden despreciar sus dimensiones en comparación con las distancias recorri­das, este cuerpo puede ser considerado como un punto material de masa variable.

Hallemos la ecuación del movimiento de un cohete, cuya masa disminuye continuamente, considerándolo, en el sentido indicado más

11 La variación de masa tiene aqui un sentido completamente diferente del que ésta recibe en mecánica de la teoría de la relatividad y es. como hemos dicho más arriba, un corolario de la variación de la compósición de las partículas que constituyen el cuerpo que se estudia.

378 Cap. X X V . Teorema de la variación de la cantidad de m ovim iento

arriba, como un punto material de masa variable. Designemos la velocidad relativa (respecto del cuerpo del cohete) de salida de los productos de la combustión del cohete por u. Para excluir las fuerzas de presión, que evacúan los productos de combustión, haciéndolas interiores, examinemos en un cierto instante l el sistema compuesto del propio cohete y de las partículas que se separan de éste durante

Para el sistema que se examina se puede escribir la ecuación (20) en la forma

donde F ' es la suma geométrica de las fuerzas externas aplicadas al cohete.

SI la velocidad v del cohete varía en una magnitud dv, la canti­dad de movimiento del sistema que se examina recibe en este caso un incremento Mdv. La partícula que se separa del cohete adquiere durante este tiempo una velocidad suplementaria a (respecto de la velocidad que ésta tenía antes), donde u, como indicamos más arriba, es la velocidad relativa de salida de los productos de la combustión del combustible. Como resultado, la cantidad de movimiento del sistema crece en una magnitud «n = — udM . Por consiguiente, dQ — M dv— udM. Poniendo este valor en la igualdad (24) y divi­diendo ambos miembros por dt, obtendremos:

La ecuación (25) representa la forma vectorial de la ecuación dife­rencial del movimiento de un punto de masa variable, llamada igual­mente ecuación Metcherski u.

Teniendo en cuenta que por sus dimensiones el último sumando del miembro derecho de (25) es una fuerza y designándolo por <D po­demos expresar la ecuación (25) en la forma

Fig. 309

un intervalo de tiempo dt (fig. 309). La masa n de estas partículas es numéricamente igual a la magnitud dM, igual a la variación de la masa del cohete durante el tiempo dt. Ya que M es una magnitud que disminuye, dM < 0 y, por consiguiente n = = |d/W | = — dM.

dQ = F 'd t , (24)

(25)

(26)

l) I. V. Metcherski (1859— 1935), científico-mecánico ruso. La ecuación (25) fue dada en la obra de 1897. Véase 1. V. Metcherski cTrabajos sobre la mecánica de cuerpos de masas variables>, 2* edición, Gostejizdat, 1952 (en ruso).

§ 142.• Cuerpo de masa variable 379

De este modo, el efecto de reacción se reduce al hecho de que durante eí movimiento de un cohete, sobre éste actúa una fuerza adi­cional <X> que se llama fuerza de reacción.

La magnitud ^ es numéricamente igual a la masa del combus­

tible que se gasta en la unidad de tiempo, es decir, al gasto de combustible por segundo Gt.

De este modo, sí se tiene en cuenta eí signo,

es decir, la fuerza de reacción es igual a l producto del gasto de com­bustible por segundo por la velocidad relativa de salida de los produc­tos de su combustión y está d irig ida en sentido opuesto a esta velocidad.

Nota. Los resultados obtenidos serían rigurosamente justos si las partículas que se separan no ejerciesen acciones mutuas (por ejemplo, en caso de perdigones que se arrojan consecutivamente). En realidad, los productos de combustión de un cohete son expulsados en forma de chorro continuo de gas. cuyas partículas ejer­cen presiones mutuas. Por eso, durante el vuelo en la atmósíera, sobre el cohete actúan dos fuerzas suplementarias: una. igual a pgo. dirigida en el sentido del movimiento, y otra, igual a pao. dirig ida en sentido contrario al movimiento, donde o es el área de la sección de salida de la tobera del motor, pg es la presión del gas en esta sección. pM es la presión atmosférica. Ya que p» > pM, la fuerza de reacción será superior a la que se determina por la fórmula (27) en la magnitud (pg — pA) o (durante ei vuelo en eJ vacio p t *= 0). Se tiene en cuenta esta circuns­tancia introduciendo, en vez de u, una velocidad efectiva uc superior a u (por ejemplo, si «= 1 9 0 0 m/s ue = 2200 m/s).

Hallemos de qué modo se efectúa el movimiento de un cohete sometido sólo a la acción de la fuerza de reacción, considerando que F '~ 0 y que la velocidad relativa de salida u es constante. Dirigi­mos el eje coordenado x en e) sentido del movimiento (véase la fig. 309). En este caso, vx — v, ux=*— u y la ecuación (25) en la proyección sobre el eje x, si se admite que F '= 0, tendrá la forma

integrando esta ecuación y admitiendo que en el momento inicial la masa M = M„ y la velocidad v=*v„ está dirigida a lo largo del eje Ox, obtendremos:

Designemos la masa del cuerpo del cohete y de su equipo por M c y la masa total del combustible por M com. Entonces, es evidente que At„ = M c + AfCom y la masa del cohete después de gastar todo el com­bustible será igual a M c.

de aquí, se deduce que<D= — uG„ (27)

v = vc + u \ n ^ . (28)

380 Cap. XXV. Teorema de la variación de la cantidad de movimiento

Poniendo estos valores en la igualdad (28), obtendremos la fór­mula de Tsiolkovski" que determina la velocidad del cohete después de gastar todo el combustible (la velocidad al final de la llamada trayectoria activa):

ü ,= o 0 + u l n ( l + ^ E ) . (29)

Este resultado es rigurosamente válido en el vacio y fuera del campo de fuerzas. De la fórmula (29) se deduce que la velocidad limite del cohete depende: 1) de su velocidad inicial v,\ 2) de la velo­cidad relativa de salida (expulsión) de los productos de combustión u;3) de la reserva relativa de combustible Mcom/M c (número de Tsiol­kovski). Es muy interesante el hecho de que la velocidad del cohete al fin a l del periodo de combustión no depende del régimen del trabajo del motor, es decir, de la velocidad con la cual se quema todo el com­bustible. Para dar una idea más clara, la relación que existe entreo,tu. y Aícom/M c (si v„ = 0) se da en la tabla I.

Tabla 1

Ai / M conr c

vx/u

1 0.69

2 1.10

3 í ,39

4 1,61

5 1,79

10 2,40

20 3.00

La gran importancia práctica de la fórmula de Tsiolkovski con­siste en que ésta indica los medios posibles para obtener las veloci­dades grandes necesarias para los vuelos cósmicos. Estos medios son el aumento de M comlM c, u y u0; el aumento de u y v„ es más eficaz. El aumento de u y Mcom/M c está relacionado con el tipo de com­bustible y con la construcción del cohete (en los cohetes grandes que utilizan combustible líquido /Mcon,/Aíc = 3 +■ 4, u = 2000 +- 2500 m/s). El aumento de o0 es posible mediante el uso de un cohete compuesto (multietapa), cuyas partes (etapas) se separan automáticamente de la

'■ K. E. Tsiolkovski (1857— I93S), lamoso científico e Inventor ruso. La obra, donde se expuso la fórmula (29), se publicó en mayo de 1903 en la tRevtsla aen- tljica».

§ 142. Cuerpo de masa variable 381

última etapa a medida que se gasta el combustible que éstas contie­nen; como resultado la última etapa recibe una velocidad suplemen­taria (inicial).

Un cohete multietapa similar fue utilizado para los lanzamientos en ia URSS de los primeros satélites artificiales de la Tierra (el 4 de octubre y el 3 de noviembre de 1957), asi como para nume­rosos lanzamientos de otros aparatos cósmicos incluyendo las naves en las cuales realizaron sus vuelos los cosmonáutas soviéticos.

C A P IT U L O X X V !

Teorema de la variación del momento dela cantidad de movimiento de un sistema.

§ 143. Momento p r in c ip a l de la can tid ad de m ovim iento de un sistem a. La noción de momento de la cantidad de movi­miento para un solo punto material fue introducida en el § 116. Se llama momento principal de la cantidad de movimiento (momento ciné­tico) de un sistema respecto del centro dado O, a la magnitud K0 igual a la suma geométrica de los momentos de la cantidad de movimiento de todos los punto: del sistema respecto de este centro

K0 = 2 mo (m>vt). (30)

De una manera análoga se definen los momentos de la cantidad de movimiento de un sistema respecto de los ejes coordenados:

K ,= 2 ( ' " * « ’»)• /C, = 2 my(m*®*)- K x = 2 m'(m kvk)- (31)

En este caso, en virtud del teorema demostrado en el § 44, Kx. Ky. K, son al mismo tiempo las proyecciones del vector Ka sobre los ejes coordenados.

Así como la cantidad de movimiento de un sistema es una ca­racterística de su movimiento de traslación (véase el § 138), el mo­mento principal de la cantidad de movimiento de un sistema es una característica del movimiento de rotación del sistema.

Para explicar el significado mecánico de la magnitud K„ y obtener las fórmulas necesarias para resolver problemas, calculemos el mo­mento cinético de un cuerpo en rotación alrededor de un eje inmóvil (fig. 310). En este caso, la determinación de K0 se reduce como siempre a la determinación de sus proyecciones Kx. Ky, Kz.

Hallemos, primero, la fórmula más importante que determina la magnitud K „ es decir, el momento cinético <Jel cuerpo en rotación respecto del eje de rotación.

Para todo punto del cuerpo situado a la distancia hk del eje de rotación, la velocidad vk = u>hk. Por consiguiente, para este punto mM (mkvk) — mkv^ik = mk<uh¡. Entonces, para todo el cuerpo, sacando el factor común u> del paréntesis, obtendremos:

K, = 2 m> = ( 2 “ •

Para simplificar vamos a llamar a Kq momento cinético o simplemente momento de la cantidad de movimiento del sistema.

§ J43. Momento principal de la cantidad de movimiento de un sistema 383

La magnitud entre paréntesis es el momento de inercia del cuerpo respecto del eje z (§ 131). En definitiva hallamos:

K. = (32)

De este modo, el momento cinél ico de un cuerpo en rotación respecto del eje de rotación, es igual al producto del momento de inercia del cuerpo respecto de este eje por la velocidad angular del cuerpo.

Si el sistema se compone de varios cuer­pos que giran alrededor de un mismo eje, tendremos, evidentemente,

K¡ — J „co, + J tJó), + . . . + J (33)

Se ve fácilmente la analogía entre las fórmulas (19) y (32): la cantidad de movi­miento es igual al producto de la masa (la magnitud que caracteriza la inercia del cuerpo durante el movimiento de traslación) por la velocidad; el momento cinético es igual al producto del momento de inercia (la magnitud que caracteriza la inercia del cuerpo durante el movimiento de rotación) por la velocidad angular.

Ahora calculemos las magnitudes Kx y Ky. Para la determinación de mx (mkvk) hace falta, asi como durante el cálculo del momento de una fuerza, proyectar el vector m*©* sobre el plano Oyz, es decir, sobre el eje y* y tomar el momento de esta proyección respecto del punto O (véase el §43). Obtendremos que mx (/n»t>*)= = — eos ot*) zk. Pero vk eos a* — (úhk eos a*s= axk. porque la ftg. 310 muestra que /i* eos a* = X*. Como resultado, al sacar del paréntesis el factor común w. hallamos que

Kx = 2 mk =» — ( 2 “

La suma que está entre paréntesis es el momento centrifugo de inercia J xt (§ 133). Una expresión análoga se obtiene para Ky, pero en vez de x* se pone yk. Finalmente, tendremos:

ACX= — Jxtto. Ky= — Jyzto- (34)

Asi es, que el momento cinético de un cuerpo en rotación respecto de un centro 0 situado sobre el eje de rotación Oz, está representado por el vector Kq, cuyas proyecciones sobre los ejes Oxyz se determinan por las fórmulas (32) y (34). Como se ve, en el caso general, el vector K0 no está dirigido a lo largo del eje de rotación Oz. Pero si para el punto O el eje de rotación Oz es el eje principal de inercia del cuerpo (en particular, el eje de simetría), entonces, J gt = J g — 0. En este caso, Kx — Ky = 0 y Por consiguiente, si un cuerpo gira alrede­dor de un eje que es el eje principal de inercia del cuerpo para el punto O (o alre­dedor del eje de simetría), el vector K0 está dirigido a lo largo del eje de rotación y es numéricamente igual a K e, es decir, a J tw.

38-1 Cap. X X V / . Teorem a de la car. del m om ento de lo cu ti t i dad dt‘ moví

§ 144. Teorema de la v ariac ión del momento p r in c ip a l de la can tid ad de m ovim iento de un sistem a (teorem a de los momentos). El teorema de los momentos demostrado para un punto material (§ 11G) será válido para cada punto del sistema. Por consi­guiente, si se examina un punto del sistema de masa mk, que tiene una velocidad para este punto se tendrá:

~ (m a (»¡*©*)] = m n (F'„) + mQ (F‘b), (35)

donde F¡ y F í son respectivamente las resultantes de todas las tuer­zas exteriores e interiores que actúan sobre el punto dado.

Planteando la ecuación (35) para todos los puntos de! sistema y sumándolos miembro a miembro, obtendremos:

57 | X m o (">*«*)] = X » « o + £ m° (F‘ )-

Pero, de acuerdo con la propiedad de las fuerzas interiores del sistema (§ 129), la última suma es igual a cero. Entonces, teniendo en cuenta la igualdad (30), hallaremos en definitiva:

í£ e = £ / n 0 (fí) . (36)

La ecuación obtenida expresa el siguiente teorema de los momen­tos para un sistema: la derivada del momento principal de la cantidad de movimiento de un sistema respecto de un centro inmóvil con relación al tiempo, es igual a la suma de los momentos de todas las fuerzas externas del sistema respecto del mismo centro.

Proyectando ambos miembros de la igualdad (36) sobre los ejes inmóviles Oxyz y teniendo en cuenta el teorema demostrado en el § 44, obtendremos:

% = 2 > x(F í ). £ » ,< / ? > . ^ = <37>

Las ecuaciones (37) expresan el teorema de los momentos respecto de cualquier eje inmóvil.-

El teorema demostrado se emplea ampliamente durante el estudio del movimiento giratorio de un cuerpo, asi como en la teoría del giroscopio y en la teoría de choque. Pero la importancia de este teorema no se limita a estas aplicaciones. En la Cinemática .se de­mostró que el movimiento de un cuerpo sólido se compone, en el caso general, de un movimiento de traslación junto con un cierto polo y de un movimiento de rotación alrededor de este polo. Si se elige el centro de masas como el polo, el movimiento de traslación del cuerpo puede ser estudiado con ayuda del teorema del movimiento del centro de masas y el movimiento de rotación con ayuda del teo­rema de los momentos. Esto muestra la importancia del teorema para el estudio del movimiento de un cuerpo libre (un avión en vuelo,

§ 144. Teorema de la variación del momento principal

proyectil, un cohete) y, en particular, para el estudio del movimiento planoparalelo (§ 156).

El interés práctico del teorema de los momentos reside en que éste, como el teorema de la variación de la cantidad de movimiento, permite excluir del análisis todas las fuerzas internas desconocidas durante el estudio del movimiento giratorio del sistema.

Teorema de los momentos respecto del centro de masas *.Para utilizar el teorema de los momentos en el estudio del mo­

vimiento planoparalelo o en el movimiento de un cuerpo sólido libre, hace faifa hallar una expresión de este teorema para el movimiento del sistema respecto del centro de masas. Admitamos que Oxyz son los ejes inmóviles respecto de los cuales se mueve el sistema mecá­nico que se estudia y Cx'y'z' son los ejes que se desplazan en movimiento de tras­lación junio con el centro de masas C de este sistema (fig. 311); en este caso, los ejes Cx'y'z' poseen una aceleración w c igual a la aceleración del centro de masas. En el § 120 mostramos que to­das las ecuaciones de la Dinámica pue­den componerse en los ejes Cx'y'z' igual que en los ejes inmóviles, si se añade a las fuerzas F'k y F'k aplicadas a cada punto, la fuerza deinercia de arrastre F ‘k„ r (en este caso, las fuerzas de inercia de Cono-lis son iguales a cero, porque los ejes Cx'y’z' tienen movimiento de traslación). Por consiguiente, la ecuación (35) para los ejes Cx'y'z', tendrá la forma

^ = £ m c ( f í) + £ m c (F¿.rr). (38)

porque la suma de los momentos de las fuerzas internas respecto de cualquier centro es igual a cero. En este caso, la magnitud Kc se calcula mediante la fórmula

K c = ’2 ¡m c (mkv ‘k). (39)

donde vk son las velocidades de los puntos del sistema respecto de los ejes Cx'y'z'.

Hallemos el valor de la última suma de la igualdad (37) Se sabe que F¡,,„ = — mkwk,„. Corno los ejes Cx'y'z' tienen movimiento de traslación, para cualquier punto Bk del sistema, = w c; por con­siguiente, F í = — mkw c.

De aqui se ve que todas las fuerzas inerciales de arrastre formanun sistema de fuerzas paralelas, cada una de las cuales, así como lafuerza de gravedad Pk = mkg, es proporcional a la masa del punto sobre el cual ésta actúa. Por eso, el sistema de fuerzas de iner-

35- 142

386 Cap. XXV/ . Teorema de la var. del momento de la cantidad de moví

cía tendrá una resultante R‘,„ , la cual, del mismo modo que la resultante de las fuerzas de gravedad, pasa por el centro de masas del sistema (véase la fig. 331).

Entonces, según el teorema de Varignon

2 m c(F‘k ,„) = mc(Ff.„) = 0

Como resultado la igualdad (38) nos da

^ = £ m c(f{). (40)

Comparando este resultado con la ecuación (36) llegamos a la conclusión de que para los ejes que se trasladan junto con el centro de masas del sistema, el teorema de los momentos respecto del centro de masas conserva la misma forma que respecto del centro inmóvil. Para los momentos respecto de los ejes Cx'y'z', de la fórmula (40) se obtie­nen ecuaciones análogas a las (37).

Señalemos que si se toma el origen del sistema móvil en cual­quier otro punto A y no en el centro de masas C, obtendremos "¡c(K r r ) ¥= 0, porque la fuerza Kar, se aplica al punto C, y la expre­sión de la ecuación (38) no coincidirá con (36). El mismo resultado se obtiene cuando los ejes Cx'y'z' no tienen movimiento de trasla­ción (en este caso, las fuerzas de inercia de Coriolis no son ¡guales a cero). Por consiguiente, el teorema de los momentos para los ejes mó­viles, tiene la misma forma que para los inmóviles solamente cuando el origen de estos ejes se encuentra en el centro de masas del sis­tema y se desplaza en movimiento de traslación.

^ 145. Ley de la conservación del momento principal de la cantidad de movim iento. Del teorema de los momentos se pueden obtener los siguientes corolarios importantes:

1) Admitamos que la suma de los momentos de todas las fuerzas externas aplicadas al sistema respecto de un centro O sea igual a cero:

s mo (F‘k) = 0.

Entonces, de la ecuación (35) resulta que en este caso Kn = const. De este modo, si la suma de los momentos de todas las fuerzas exter­nas aplicadas al sistema respecto de un centro dado es igual a cero, el momento principal de la cantidad de movimiento del sistema respecto de este centro será constante en módulo y dirección. La aplicación de este resultado en el caso del movimiento de un planeta fue exa­minado en el § 117.

2) Supongamos que las fuerzas externas que actúan sobre un siste­ma son tales que la suma de sus momentos respecto de un eje inmó­vil Oz es igual a cero:

(Fl) = o.

§ 145. Ley de la conservación del momento principal 387

Entonces, de la ecuación (36) resulta que en este caso, /Cj = const. De este modo, si la suma de los momentos de todas las fuerzas exter­nas aplicadas al sislema respecto de un eje cualquiera es igual a cero, el momento principal de la cantidad de movimiento del sistema respecto de este eje es una magnitud constante.

Estos resultados expresan la ley de la conservación del momento principal de la cantidad de movimiento del sistema. Se reduce de éstos que las fuerzas internas no pueden variar el momento principal de la cantidad de movimiento del sistema.

Caso de un sistema en rotación. Examinemos un sistema que gira alrededor de un eje Oz Inmóvil (o que pasa por el centro de masas) En este Qaso, según la fórmula (32) K , = J tu>- SI aquí — 0.entonces

J,(o = const.

De aqui llegamos a las conclusiones siguientes.a) Si el sistema es invariable (cuerpo rígido), = const y, por con­siguiente. <■> = const, es decir, un cuerpo rígido fijado en el eje gira, en este caso, con una velocidad angular constante.b) Si el sistema es variable, bajo la acción de las fuerzas internas (o externas), algunos de sus puntos pueden alejarse del eje, lo cual provoca un aumento de J x, o acercarse a éste, lo que lleva a una disminución de J t . Pero, como J tia = const, entonces, si el momento de inercia aumenta, la velocidad angular disminuirá y si el momento de inercia disminuye, la.velocidad angular aumentará. De este modo, la acción de las fuerzas internas puede modificar la velocidad angular de rotación del sistema, porque si K, es constante esto no significa que u sea también constante.

Examinemos algunos ejemplos.a) Experimentos con la plataforma de Zhukovski. Para la demos­

tración de la ley de la conservación del momento de la cantidad de movimiento es cómodo utilizar un instrumento simple llamado «pla­taforma de Zhukovski». Es una plataforma horizontal de forma cir­cular puesta sobre cojinetes de bolas de apoyo, que puede girar alre­dedor de un eje vertical z con un rozamiento pequeño. Para la persona situada sobre esta plataforma, 2]tf*i(F*) = 0 y, por consi­guiente, yru> = const. Sí a una persona con los brazos extendidos se le comunica un movimiento de rotación alrededor del eje vertical, y luego ésta deja caer los brazos, la magnitud disminuirá y, por consiguiente, la velocidad angular de rotación crecerá. Este método de aumentar la velocidad angular de rotación se utiliza ampliamente en el ballet, durante los saltos en el aire, etc.

Luego, una persona que permanece inmóvil sobre la plataforma {K.=- 0), puede dar vuelta en cualquer sentido haciendo revoluciones en sentido opuesto con un brazo extendido horizontalmente. La velo­

388 Cap. XXVI . Teorema de la var. del momento de la cantidad de moví

cidad angular de rotación de la persona será, en este caso, tal que la magnitud K, del sistema se anule.

b) Movimiento de un columpio. Una persona parada sobre un co­lumpio no puede balancearlo por la presión de sus pies (fuerza interior). Esto se puede lograr del modo siguiente. Cuando el columpio está en la posición superior izquierda A0, la persona se acuclilla. Al pasar por la vertical ésta se endereza rápidamente. Entonces las masas se acercan al eje de rotación z, la magnitud J , disminuye y la veloci­dad angular id aumenta bruscamente. Este aumento de w conduce al fin de cuentas, a que el columpio se eleve sobre el nivel inicial Ac. En la posición superior derecha, cuando <i> = 0, la persona se acuclilla (es evidente que esto no influirá sobre la magnitud u>); al pasar la vertical ésta se endereza de nuevo, etc. Como resultado la amplitud de las oscilaciones del columpio crecerá.

Las oscilaciones forzadas del columpio que surgen en este caso se llaman paramétricas, porque éstas se efectúan no bajo la acción de una fuerza que varía periódicamente (§ 125), sino a causa de la va­riación periódica de ios parámetros del sistema: de su momento de inercia y de la posición del centro de gravedad.

c) Rotación de un proyectil en el ánima de un cañón. Si se con­sideran el cañón y el proyectil como un solo sistema, las fuerzas de presión de los gases de la pólvora durante el disparo serán internas y no podrán modificar la magnitud del momento de la cantidad de movimiento del sistema que antes del. disparo era nula. Por consi­guiente, si durante el disparo el proyectil, gracias a la presencia de rayado, empezara a girar, por ejemplo, a la derecha, todo el cañón, en este caso tenderá a girar a la izquierda de modo que en cada instante •/„,»>,„ = J (,„>■<>,,n. Esta rotación es impedida por los mu­ñones con los cuales el cañón está fijado en el afuste. Como resultado, aparece una presión suplementaria sobre los muñones.

d) Momento de reacción de una hélice. La hélice de un helicóp­tero no solamente rechaza el aire hacia abajo (véase el § 140, ejem­plo «b»), sino que comunica a la masa rechazada un movimiento de ro­tación. Si el cuerpo del helicóptero (junto con el motor), el rotor de éste y la masa de aire que se rechaza se consideran como un solo sistema, entonces las fuerzas de interacción entre el motor y el rotor, asi como entre el rotor y el medio de aire serán para este sistema internas y no podrán cambiar el momento total de la cantidad de movimiento, el cual antes de arrancar el motor era nulo. Por eso, el helicóptero debe comenzar a girar en sentido opuesto a la rotación de la hélice. El momento de rotación que actúa en este caso sobre el helicóptero se llama momento de reacción en el medio de aire.

Para prevenir la rotación de reacción del cuerpo de un helicóp­tero monorrotor, se coloca un rotor de cola correspondiente. Las hé­lices de un helicóptero multirrotor realizan rotaciones en sentidos opuestos.

§ 146. Solucion de problemas 389

La aparición del momento de reacción puede ser utilizado para la determinación experimental del momento de rotación de un motor de avión, porque los módulos de estos momentos son iguales y el momento de reacción puede medirse colocando el motor con la hélice en rotación sobre una balanza adecuada.

§ 146. Solución de problem as. Se utiliza el teorema de los momentos para el estudio del movimiento de rotación de cuerpos (§ 154) o para el estudio del movimiento de sistemas que incluyen cuerpos en rotación y cuerpos en movimiento de traslación (pro­blema 133).

La ley de la conservación del momento de la cantidad de movi­miento permite, conociendo la magnitud o la velocidad del desplaza­miento de una parte del sistema, determinar la variación de la ve­locidad angular (o el ángulo de rotación) de la otra parte de éste. En este caso se excluyen del análisis todas las fuerzas internas des­conocidas de antemano, así como las fuerzas externas que cruzan el eje de rotación o que son paralelas a éste.

Problema 130. Dos discos están montados sobre un árbol común (íig. 312*. En cierto instante al árbol se le comunica un ligero movimiento de rotación y luego se abandona a su propia suerte. Despreciando la masa del árbol, determinar la relación que existe entre las velocidades angularesy los ángulos de rotación de los discos durante sus vibraciones torsionales, si se conocen los momentos de inercia de los discos J x y respecto del eje x

Solución. Para excluir las fuerzas clásticas, des­conocidas por nosotros, que provocan las vibraciones de los discos, examinemos ambos discos y el árbol como un solo sistema. Las fuerzas externas (las reac- Fig. 312ciones de los cojinetes y la fuerza de gravedad), que

actúan sobre este sistema. intersecan el eje x; por eso 2 /n* (/=*) = 0 y /Cx = const. Pero, como en el instante in icial K x = 0, durante todo el tiempo de vibración se debe tener Kx = J xiúx - W 2ü>s = 0 (el momento de la cantidad de mo­vimiento del sistema respecto del eje x es igual a la suma de los momentos de lacantidad de movimiento de cada uno de los discos respecto del mismo eje). Deaqui

! J ldonde <p, y cpt son los ángulos de torsión de los discos medidos a partir de la posición in icial (el ú ltim o resultado se obtiene integrando la primera igualdad).

De este modo, las vibraciones se efectuarán en sentidos opuestos y las am pli­tudes angulares de las vibraciones serán inversamente proporcionales a los momen­tos de inercia de los discos. La sección inmóvil estará más cerca del disco cuyo momento de inercia es mayor.

Problema 131. En un regulador AB que posee un eje vertical de rotación Oz (la magnitud J f del regulador es conocida) se encuentran, simétricamente dispues­tas. dos cargas de masa m cada una, fijadas a dos resortes (fig. 313). En el instan­te í0 0 la velocidad angular del regulador adquiere un valor de iau y cada carga empieza a efectuar vibraciones amortiguadas iguales cerca del centro C (la distan­cia del centro C al eje Oz es igual a t). Despreciando el rozamiento en el eje y considerando las cargas como puntos materiales, hallar cómo variará la velocidad angular w del regulador en función de la posición de las cargas

390 Cap. X XV /. Teorema de la var. del momento de la cantidad de mow

Solución. Para excluir las fuerzas de elasticidad de los resortes, desconocidas por nosotros, examinemos el regulador y las cargas como un solo sistema. Entonces.

= 0 y se tendrá AC* = const. En el instante /„ = 0 la distancia x = 0. En este caso, si se considera que las cargas son puntos materiales, el móntente de inercia de cada una de éstas respecto del eje z será igual a mi* y K l0 = ( J g -f 2/n/1) io#. En un instante arbitrario t, la magnitud Kz = [Jz -f 2m (/-f-x)a) w. Como Kz — Kz0. de aquf

Jr + 2ml1 “ / , + 2m(l + *)’ uv

Por consiguiente, cuando x > 0, el valor de o < w0 y cuando x < 0. tú > o>0, es decir, la velocidad angular cú oscila alrededor del valor medio de (ú0 Con el tiempo, durante el amortiguamiento de las vibraciones de las cargas, x tiende a cero y o» tiende a <o0

Fig. 313

Problema 132. A lo largo del borde de una plataforma horizontal de peso P y de radio R se han colocado rieles (fig. 314). La plataforma, junto con una va­goneta de peso p situada sobre los rieles, gira alrededor del eje vertical Oz con una velocidad angular uí0. En un instante determinado la vagoneta empieza a des­plazarse por los rieles con una velocidad relativa (respecto de la plataforma) u en el sentido de la rotación de la plataforma. ¿Cómo variará en este caso la ve­locidad angular de la plataforma?

Solución. Para excluir las fuerzas de rozamiento entre las ruedas de la va­goneta y la plataforma, desconocidas por nosotros, examinaremos la plataforma y la vagoneta como un solo sistema. Los momentos de las fuerzas externas aplica­das a este sistema respecto del eje z son iguales a cero. Por consiguiente, Kx = const. Consideraremos la plataforma como un disco homogéneo circular

0,5M/?a) y la vagoneta como un punto material. Entonces.<7,

Cuando la vagoneta comienza a desplazarse, su velocidad absoluta será igual a vM = u , donde w es la nueva velocidad angular de la plataforma. En este caso, el momento de la cantidad de movimiento de la vagoneta respecto del eje z será igual a mv%R = m (uR -f-ü>/?*) y obtendremos para todo el sistema

Como /(,*= const, K g l*=Kz0, de donde hallamos:

= w0-0,5P -\-p R

§ 146. Solución de problemas 391

Como se ve, la velocidad angular de la plataforma disminuye. Si la vagoneta se desplaza en sentido opuesto, el valor de to aumenta. Prestemos atención al hecho de que durante los cálculos del valor de hace falta tomar las velocidades abso­lutas de todos los puntos o cuerpos del sistema en movi­miento.

Problema 133. Sobre un cilindro de peso P y de radio r (fig. 315) está enrollado un hilo, en el extremo del cual se encuentra una carga A de peso Q. Despreciando la masa del hilo y el rozamiento sobre el eje, determinar la aceleración angular del cilindro cuando la carga se mueve verticalmente, si el radio de inercia del cilindro respecto de su eje es igual

a Pin-Solución. Aplicando el teorema de los momentos respecto

del eje O, tendremos

l¡ Í !2 = 2 mo<'1> <a> Fig. 315

El sistema en movimiento se compone de dos cuerpos. Por eso

K o = K c íi- }-d e s ­

consideramos la carga, en movimiento de traslación, como un punto material. Su velocidad v — mr. El cilindro gira alrededor de un eje inmóvil. Por consiguiente,

K c.,*=- j v r= ^ - r * a : Kci, = ./„<o = y p*,u

K0~(Q'X + PP?«)J-

Poniendo este valor de K Q en la igualdad (a), obtendremos:

Qr , + p p'ndto n

i di V r'

De aquí

n Q'g

Q '' + PP'"

C A P ITU LO X X V I I

Teorema de la variación de la energía cinéticade un sistema

§ 147. Energía cinética de un sistema. Se llama energía cinética de un sistema a la magnitud escalar T igual a la suma aritmética de las energías cinéticas de todos los puntos del sistema

1,= £,m£Í (41)

La energía cinética es una característica tanto del movimiento de traslación como del de rotación del sistema, por eso, en la resolución de problemas se aplica muy frecuentemente el teorema de la variación de la energía cinética. La diferencia esencial entre la magnitud T y las características de Q y K 0 introducidas antes, consiste en que la energía cinética es una magnitud escalar y además es esencialmente positiva. Por eso, ésta no depende de la dirección del movimiento de las partes del sistema y no caracteriza las variaciones de estas direcciones.

Notemos un hecho importante más. Las fuerzas internas actúan sobre las diferentes partes del sistema en direcciones mutuamente opuestas. Por esta causa, como vimos, éstas no modifican las carac­terísticas vectoriales de Q y K 0. Pero si los módulos de las veloci­dades de los puntos del sistema varían bajo la acción de las fuerzas internas, en este caso cambiará también la magnitud T. Por consiguien­te, la energía cinética de un sistema se distingue de las magnitu­des Q y K 0 también por el hecho de que ésta varia bajo la acción de fuerzas externas e internas.

Si el sistema se compone de unos cuantos cuerpos, su energía ci­nética es igual, evidentemente, a la suma de las energías de estos cuerpos:

r = 2 7 V

Hallemos las fórmulas para calcular la energía cinética de un cuer­po en diferentes casos de movimientos.

1, Movimiento de traslación. En este caso, todos los puntos del cuerpo se desplazan con velocidades iguales a la velocidad del movi­miento del centro de masas. Por consiguiente, para todo punto u* = uc y la fórmula (41) da

m*°c i , V

§ ¡47. Energía cinética de un sistema 393

Ó

Tu = ±Mv'c. (42)

De este modo, la energía cinética de un cuerpo en movimiento de traslación es igual al simiproducto de la masa del cuerpo por el cua­drado de la velocidad del centro de masas El valor de T no depende de la dirección del movimiento.

2. Movimiento de rotación. Si un cuerpo gira alrededor de un eje Oz (véase la fig. 310), la velocidad de un punto cualquiera de este cuerpo vk = (ohk, donde hk es la distancia entre el punto y el eje de rotación y u es la velocidad angular del cuerpo. Poniendo este valor en la fórmula (41) y sacando del paréntesis los factores comunes, ob­tendremos:

7-,.. = £ ^ ^ = 4 - (2 'V ‘2> «*•

La magnitud entre paréntesis expresa el momento de inercia del cuerpo respecto del eje z. De este modo, hallaremos en definitiva:

<43>

es decir, la energía cinética de un cuerpo en movimiento de rotación es igual al semiproducto del momento de inercia de este cuerpo, respecto del eje de rotación, por el cuadrado de su velocidad angular. El valor de T no depende del sentido de rotación.

3. Movimiento planoparalelo ”. Durante este movimiento las velocidades de todos los puntos del cuerpo en cada instante están re­partidas de tal modo, como si el cuerpo girase alrededor de un eje perpendicular al plano del movimiento y que pasa por el centro instan­táneo de velocidades P (fig. 316). Por consi­guiente, según la fórmula (43)

7*,.. no=TJpU>1- <43'>

donde J p es el momento de inercia del cuer­po respecto del eje antes mencionado, io es la velocidad angular del cuerpo.

La magnitud J p de la fórmula (43') es una cantidad variable, porque la posición del centro P, durante el movimiento del cuerpo, cambia constantemente. Introduzcamos en vez de J p, el momento de inercia constante J c respecto del eje que pasa por el centro de masas

11 Este caso puede ser obtenido como un caso particular del caso general del movimiento de un sólido que se examinará en el punto siguiente.

394 Cap. X X V I I . Teorema de la variación de la energía cinética

C del cuerpo Según el teorema de Huygens (§ 132) J p= J c+ Md‘ , donde d — PC. Pongamos esta expresión para J p en la igualdad (43'). Teniendo en cuenta que el punto P es el centro instantáneo de ve­locidades y, por lo tanto, = cu• PC = üc, donde vc es la velocidad delcentro de masas C, hallaremos en definitiva:

+ (44)

Por consiguiente, durante un movimiento planoparatelo la energíacinética de un cuerpo es igual a la suma de la energía del movimientode traslación con la velocidad del centro de masas y de la energía ci­

nética del movimiento de rotaciónalrededor del centro de masas.

4. Caso general del movimien to.* Si se toma como pola el centro de masas C del cuerpo (fig. 317). el movimiento del cuerpo, en el caso genera!, se compondrá de un movimiento de traslación con la velocidad del polo vc y de una ro­tación alrededor del eje instantáneo CP que pasa por este polo (véase el § 89). Entonces, según lo demos­trado en la Cinemática, la velocidad vk de todo punto del cuerpo será

igual a la suma geométrica de la velocidad del polo vc y de la ve­locidad v i que el punto adquiere durante su rotación con el cuerpo alrededor del eje CP

vt = vc + v*.

En este caso, el módulo de u* = c■>&*, donde/i» es la distancia entre el punto y el eje CP, <o es la velocidad angular absoluta de rotación del cuerpo alrededor de este eje. De aquí se deduce que11

u* *» vi = (vc + © ;)* = vi + v’k' + 2vc-V„.

Poniendo este valor en la igualdad (41) y teniendo en cuenta que= hallaremos:

T = 4- ( 2 m») «<? + T ( 2 mM ) <*>’ + ■ 2

donde los factores comunes han sido directamente sacados del parén­tesis.

En la igualdad obtenida, el primer paréntesis expresa la masa M del cuerpo y el segundo paréntesis es igual a! momento de inercia

» De la definición del producto escalar de dos vectores (véase el anexo 1) se deduce que t>2 = v-v = w eos 0o = tí1, es decir, el cuadrado escalar de un vector es Igual al cuadrado de su módulo. Este resultado ha sido aplic *o aqui.

Fig. 317

§ 147. Energía cinética de un sistema 395

del Cuerpo Jen respecto del eje instantáneo CP. La magnitud 2"<*y* = 0. porque ésta representa la cantidad de movimiento adqui­rido por el cuerpo durante su rotación alrededor del eje CP que pasa por el centro de masas del cuerpo (véase el § 138).

En definitiva, obtenemos:

T = ±Mv'c + ± J cl*>'. (45)

Por consiguiente, la energía cinética de un cuerpo en el caso gene­ral del movimiento (en particular y durante un movimiento planopa- ralelo) es igual a la suma de la energía cinética del movimiento de traslación con la velocidad del centro de masas y de la energía cinética del movimiento de rotación alrededor del eje que pasa por el centrb de masas.

Si se toma como el polo no el centro de masas, sino otro punto cualquiera A y si además el eje AA' no pasa por el centro de masas, entonces para este eje 2 mkv' =¡«fc 0 y no obtendremos una fórmula del tipo (45) (véase el problema 136).

Examinemos algunos ejemplos.

Problema 134. Calcular la energía cinética de una rueda maciza cilindrica de masa M que gira sin rozamiento, si la velocidad de su centro es igual c vq (véase la fig. 321.a).

Solución. La rueda efectúa un movimiento planoparalelo. D i acuerdo con la fórmula (44) o (45)

T = ^ M v 'c + i- Jc u>'.

Considerando que la rueda es un cilindro homogéneo de alma llena tendremos (véase el § 131) J c ~ 0.5 M R 2. donde R es el radio de la rueda. Por otro lado, como el punto B es para la rueda el centro instantá­neo de velocidades. vq — BC = íoR, de donde

Poniendo todos estos valores, hallaremos:

Problema 135. Una pieza A, que efectúa unmovimiento de traslación a la velocidad u. tiene correderas por las aue se desplaza el cuerpo B. de masa M, con la velocidad v.Conociendo el ángulo a (fig. 318). determinar la energía cinética del cuerpo B.

Solución. El movimiento absoluto del cuerpo B será un movimiento de tras­lación con una velocidad na-=a4-t> (véase el § 94). Entonces.

T = -- Mvl — M (u2 -f- v* -f- 2uv eos a).

Notemos, que si un cuerpo efectúa un movimiento compuesto, su energía cinética total no es igual, en el caso general, a la suma de las energías cinéticas de los mo­vimientos relativos y de arrastre. Así, por ejemplo, en el problema en cuestión

rr„ + 7-.rt=-i-M</>+-i Mu* ^ r.

■////////////////////////y//////,.

Fig 318

396_________Cap. X X V I / ■ Teorema de la variación de la energía cinética

Problema 136. Una parle de un mecanismo está compuesta de una pieza queefectúa un movimiento de traslación con una velocidad u (fig. 319) y de una ba­rra AB de longitud / y de masa M. unida con esta pieza por medio del eje A l.abarra gira alrededor del eje A (en el sentido indicado por la flecha del arco) con

una velocidad angular <o. Determinar la energía ciné­tica de la barra para el ángulo dado a.

Solución. La barra efectúa un movimiento com­puesto (planoparalelo). Según la fórmula (44) o (45)

7- = i/Mu* +-iyco>v

La velocidad del punto C se compone de la velo­

cidad u y de la velocidad vfe|, cuyo móduloü,-eiI=ü>_2 '

Por consiguiente (véase la fig. 319), =

-f 2í¿urei eos a. La velocidad angular de rotación de la barra alrededor del centro C es la misma que alrededor del extremo A, ya que co no depende de la elección del

polo (véase el § 77). Además, en el problema I22(§ 132) se demostró que Je = MI*.

Poniendo todos estos datos, obtendremos:

T=-^-AÍ íú7 u co/ eos a'] -f- ^ AÍ/2&>* =-^* Mu* 4"^- M l2o>2-\- Mlujucosa

Señalemos que, en este caso, no so puede considerar

T = Tu + T rot =-1- M u’ + i Ja* ' * * i- Mu* + -i Af/’uV

Este resultado no es correcto, porque de acuerdo con el teorema demostrado,la fórmula T = T\t es válida solamente cuando el eje de rotación pasa porel centro de masas del cuerpo, pero el eje A no pasa por el centro de masas

§ 148. Casos del cálcu lo de l traba jo . El trabajo de las fuer­zas se calcula haciendo uso de las fórmulas obtenidas en los §§ 112. 113. Examinemos adicionalmente los casos siguientes.

1) Trabajo de las fuerzas de gravedad que actúan sobre el sistema. El trabajo de la fuerza de gravedad que actúa sobre una partícula de peso pk será igual a pk(zM—2*,), donde zk0 y zkl son las coordena­das que determinan las posiciones inicial y final de la partícula (véase el § 113). Entonces, la suma de los trabajos de todas las fuer­zas de gravedad que actúan sobre el sistema, de acuerdo con las fór­mulas (74) del § 54, será igual a

-4 = 2 /Vao — 2 ÍV*. = p (*c, — *c,) = ± P h c.

donde P es el peso.del sistema, hc es el desplazamiento vertical del centro de gravedad (o del centro de masas). Por consiguiente, el tra­bajo de tas fuerzas de gravedad actúan sobre el sistema, se calcula como el trabajo de su resultante P en el desplazamiento del centro de gravedad (o del centro de masas) del sistema.

2) Trabajo de las fuerzas aplicadas a un cuerpo en rotación. El trabajo elemental de la fuerza F aplicada al cuerpo (fig. 320) será

§ 148. Casos del cálculo del trabajo 397

igual a (véase el § 112)

dA — F. ds = F. hd<p,

porque ds = hdq>, donde dtp es el ángulo de rotación del cuerpo.Pero, se ve fácilmente que FJi = m ,(F). Llamaremos a la magni­

tud Mt = m, (F), momento de rotación. Entonces, obtendremos:

dA = M , d<p. (46)

Por consiguiente, en el caso que se examina, el trabajo elementales igual al producto del momento de rotación por el ángulo elementalde rotación. La fórmula (46) es válida igualmente en el caso en -]ueactúan varias fuerzas, si se considera queM, = 2 X (Ft).

Durante la rotación a un ángulo final q>„ el trabajo será igual a __

- 1

¿ = J M,d<.p, (47)o

y en el caso de un momento constante

(M, = const) Fig. 320

A = p, (47')

Si sobre el cuerpo actúa un par de fuerzas situado en el plano perpendicular al eje Oz, Mz representa, evidentemente, en las fór­mulas (46) — (47') el momento de este par.

Indiquemos una vez más cómo se determina en este caso la po­tencia (véase el § 112). Utilizando la igualdad (46), hallamos:

K di di '

Por consiguiente, durante la acción de fuerzas sobre un cuerpoen rotación, la potencia es igual al producto del momento de rotaciónpor la velocidad angular del cuerpo. A igual potencia, el momento de rotación será tanto mayor cuanto menor sea la velocidad angular.

3) Trabajo de las fuerzas de rozamiento que actúan sobre uncuerpo que rueda. Sobre una rueda de radio R (fig. 321) que ruedasobre un plano (una superficie), sin deslizamiento, actúa la fuerza de rozamiento F,OI que impide el deslizamiento del punto de con tacto B a lo largo del plano. El trabajo elemental de esta fuerza

— Fta idsB. En este caso, el punto B es el centro instantáneode velocidades (§ 81) y ufl = 0. Ya que dss = dsfl = 0 y para cada desplazamiento elemental d.4=0.

Por consiguiente, durante un rodamiento sin deslizamiento, el tra­bajo de la fuerza de rozamiento, que impide el deslizamiento, es igual a cero para un desplazamiento cualquiera del cuerpo. Por la misma

398 Cap. XXV/ / . Teorema de la variación de la energía cinética

razón, el trabajo de la reacción normal N es también, en este caso, igual a cero, si se considera que los cuerpos no se deforman y que la fuerza N está aplicada en el punto B (como en la fig. 321, a).

La resistencia al rodamiento, que aparece como resultado de la deformaciónde las superficies (fig. 321, b). crea un par (TV. P). cuyo momento M*=kN, donde

k es el coeficiente de rozamiento de rodadura (véa­se el § 41). Entonces, según la fórmula (46), tenien­do en cuenta que durante el rodamiento el ángulo

de rotación de la rueda dy — * ^ , obtendremos:

<¡A¡o i= - k N d < t = - ^ N dsc . (48)

donde dsc es el desplazamiento elemental del cen­tro C de la rueda.

Si A/ = const, el trabajo total de las fuerzas de resistencia al rodamiento será igual a

¿ , 0d= - * W 9 , = - £ / V ic . (48')

Como la magnitud kjR es pequeña, entonces la presencia de otras resisten­cias permite, en primera aproximación, despreciar la resistencia al rodamiento.

£ 149. Teorema de la v ariac ión de la energ ía cinética de un sistem a. El teorema demostrado en el § 114 es válido para cualquier punto del sistema. Por consiguiente, si se examina un punto cualquiera del sistema de masa m,, con una velocidad u*. para este punto se tiene

d (q ¡ * ')- d A l + dA¡u

donde dA% y dA‘k son los trabajos elementales de las fuerzas exter­nas e internas aplicadas al punto. Componiendo tales ecuaciones para cada uno de los puntos del sistema y sumándolas miembro a miem­bro, obtendremos:

d ( L ^ ) = L < M í + £ < M i .

ód r = 2 d / ! i+ 2 < M i . (49)

La Igualdad (49) expr»sa el teorema de la variación de la energía cinética del sistema en la torma diferencial. Al integrar ambos miem­bros de esta igualdad en los límites correspondientes al desplazamiento del sistema desde una posición inicial, donde la energía cinética es igual a 7\, hasta la posición en que el valor de la energía cinética se hace igual a Tx, tendremos

T¡ — 7'o = 2 /U + 2 (50)

§ 149. Teorema de la variación de la energía cinética 399

La ecuación obtenida expresa el teorema de la variación de la energía cinética en la forma final: la variación de la energía cinética de un sistema durante su desplazamiento es igual a la suma de los trabajos de todas las fuerzas externas e internas aplicadas ai sistema en este desplazamiento.

A diferencia de los teoremas precedentes, las fuerzas internas no se excluyen de las ecuaciones (49) y (50). En efecto, si F{, y F{, son las fuerzas de acción mutua entre los puntos B¡ y B, del sistema (véase la fig. 322), FÍ. + FÍ, = 0 . Pero, al mismo tiempo, el puntoS,

puede desplazarse en dirección hacia Bt, y el punto en direc­ción a S,. En este caso, el trabajo de cada fuerza será positivo y la suma de los trabajos no será nula. Como ejemplo se puede citar el efecto de retroceso (problema 128, fig. 307). Las fuerzas internas (fuerzas de presión) que actúan sobre el proyectil y sobre las piezas en retroceso efectúan aquí un trabajo positivo. La suma de estos trabajos, que no es nula es precisamente la que varia la ener­gía cinética del sistema desde la magnitud T0 = 0 en el momento inicial del disparo, hasta la magnitud T, = 7'pro -f- T,tí, al final del mismo.

Examinemos dos casos particulares importantes.I) Sistema invariable. Llamaremos invariable a un sistema en el

cual las distancias entre los puntos de aplicación de las fuerzas inter­nas no varían durante el movimiento del sistema. En particular, un cuerpo rigido o un hilo inextensible constituyen un sistema de este tipo.

Supongamos que dos puntos fi, y B, de un sistema invariable (fig. 322) que actúan uno sobre el otro con las fuerzas F‘„ y F‘tl (Fi, — — Fí,), tienen en un momento dado las velocidades y v,. Entonces, durante el intervalo de tiempo dt estos puntos efectuarán los desplazamientos elementales ds,=v ,d t y ds, = vtdt dirigidos a lo largo de los vectores v, y vt. Pero, como el segmento es inva­riable, según un conocido teorema de la Cinemática, las proyecciones délos vectores ü, y o, y, por consiguiente, de los desplazamientos ds¡ y ds, sobre la dirección del segmento 8 ,8 , serán ¡guales entre sí, es decir, 8 1S¡ = ñ ,ñ í. Entonces, los trabajos elementales de las fuer­zas F{, y F¡¡ serán iguales en módulo y de signos contrarios y su

•100 Cap. XXV/ / . Teorema de la variación de la energía cinética

suma será nula. Este resultado es válido para todas las fuerzas Ínter ñas durante cualquier desplazamiento del sistema.

De aquí concluimos que para un sistema invariable la suma de los trabajos de todas las fuerzas internas es igual a cero y las ecuaciones (49) y (50) obtendrán la forma

dT = ^ d A ‘t ó T1- T 0 = 2 ^ í . (51)

2) Sistema con ligaduras ideales. Examinemos un sistema sobre el cual se han implantado ligaduras independientes del tiempo. Divida mos todas las fuerzas externas e internas aplicadas a los puntos en activas y reacciones de las ligaduras. Entonces, la ecuación (49) puede tener la expresión

dT = '2dA ‘k + 2 d A ’i .

donde dA\ es el trabajo elemental de las fuerzas activas externas e

internas aplicadas al fe-ésimo punto del sistema y dA'k es el trabajo elemental de las reacciones de las ligaduras exteriores e interiores impuestas al mismo punto.

Como se ve, la variación de la energía cinética del sistema depende del trabajo de las fuerzas activas y de las reacciones de las ligaduras. Sin embargo, se puede introducir el concepto de sistemas mecánicos «ideales», en los cuales la existencia de ligaduras no inflyue en la variación de la energía cinética del sistema durante su movimiento. Es evidente que para tales ligaduras debe cumplirse la condición:

2<M» = 0. (52)

Si para las ligaduras que no varian con el tiempo la suma de los trabajos de todas las reacciones, durante un desplazamiento elemental del sistema, es igual a cero, tales ligaduras se llaman ideales. Indi­quemos algunos tipos de ligaduras ideales conocidas por nosotros.

En el § 114 se estableció que si la ligadura es una superficie (o curva) inmóvil, el rozamiento con la cual se puede despreciar, entonces, durante el deslizamiento de cuerpos a lo largo de esta su­perficie (curva), el trabajo de Ja reacción N es iguaJ a cero. Poste­riormente en el § 148 fue indicado que si se desprecian las deforma­ciones, entonces, durante el rodamiento sin deslizamiento de un cuerpo a lo largo de una superficie rugosa, el trabajo de la reacción normal N y de la fuerza de rozamiento F (es decir, de la componente tan­gente de la reacción) es igual a cero. Así mismo, el trabajo de la reacción R de la charnela (véase la fíg. 10), sí se desprecia el roza­miento, será también igual a cero, porque ei punto de aplicación de la fuerza R durante cualquier desplazamiento del sistema permanece inmóvil. Por último, si los puntos B, y B„ mostrados en la fig. 322, se consideran ligados por una barra rígída (inextensible) BtBz, las fuerzas F{, y f ; , serán las reacciones de la barra; el trabajo de cada una de estas reacciones, durante un desplazamiento del sistema, no es

§ >49. Teoremg de la mriaciàn de la energia cinètica 401

igual a cero, pero de acuerdo con lo demostrado la suma de estos trabajos es igual a cero. De este modo, todas las ligaduras citadas pueden considerarse, teniendo en cuenta las reservas hechas, como ideales.

Es evidente que para un sistema mecánico, al cual se han impuesto solamente ligaduras ideales, tendremos

dT = 2 d A l o T ,- T 0 = A ’t. (53)

De este modo, la variación de la energía cinética del sistema con ligaduras ideales e independientes del tiempo, durante cualquier desplazamiento, es igual a lá suma de los trabajos de las fuerzas activas externas e internas aplicadas al sistema, en este desplazamiento.

Todos los teoremas precedentes permitían excluir de las ecuaciones de movimiento las fuerzas internas, pero las fuerzas externas, inclu­yendo las reacciones de las ligaduras exteriores desconocidas de antemano, se quedaban en las ecuaciones. El interés práctico del teorema de la variación de la energía cinética consiste en que éste, teniendo ligaduras ideales no dependientes del tiempo, permite excluir de las ecuaciones de movimiento todas las reacciones de ligaduras desconocidas de antemano.

§ ¡50. Resolución de problemas. Cuando el sistema en movi­miento es invariable, es más cómodo utilizar el teorema de la varia­ción de la energía cinética. En este caso, el teorema permite excluir del análisis todas las fuerzas internas incógnitas y si hay ligaduras ideales independientes del tiempo, también todas las reacciones de las ligaduras exteriores, desconocidas de antemano.

En el caso de un sistema variable, el teorema da una solución al problema solamente cuando las fuerzas internas son conocidas de antemano. Si, por el contrarío, estas fuerzas son desconocidas (pro­blemas 124, 128 y los problemas similares), es imposible obtener la solución sólo con la ayuda del teorema de la energía.

La ecuación (50) permite resolver fácilmente los problemas en los cuales entre las magnitudes dadas e incógnitas están: 1) las fuerzas efectivas; 2) el desplazamiento del sistema; 3) las velocidades de los cuerpos (lineales o angulares) en el inicio y en el final del desplaza­miento. En este caso, las fuerzas efectivas deben ser constantes o de­pendientes solamente de los desplazamientos (distancias).

También es muy importante tener en cuenta que con la ayuda del teorema de la variación de la energía cinética, cuando la posición del sistema se determina por un parámetro, se pueden plantear las ecua­ciones diferenciales del momento del sistema y, en particular, hallar las .aceleraciones de los cuerpos en movimiento. Para eso, tfespués de componer la ecuación (50), hace falta derivar sus dos miembros respecto del tiempo y excluir la velocidad (véanse los problemas 139, 140). Si las fuerzas efectivas son arbitrarias, se debe componer la

402 Cap. XXV/ / . Teorema de la variación de la energía cinética

ecuación en la forma (49), es decir, en la forma diferencial (véase los problemas 141, 148).

Problema 137. Una barra AB de longitud / está suspendida, mediante una charnela, en el punto A (lig. 323). Despreciando el rozamiento en la charnela, hallar la velocidad angular mínima (i>„ que debe ser comunicada a la barra para

que ésta se desvíe hasta la posición horizontal.WMfc c » Solución. Entre las magnitudes dadas y buscadas

-----del problema se encuentran a>0. o)l = 0 y el desplaza-i "I miento del sistema que se determina por el ángulo

/ ! B^ABy. Por consiguiente, para resolver el problema es' más cómodo aplicar el teorema de la variación de la

energía cinética. Teniendo en cuenta que el sistema es invariable, componemos la ecuación (51)

= (a> Designando la masa de la barra Ai. calculamos

todas las magnitudes que entran en esta ecuación Según las fórmulas (43) y (6) hallamos:

r0 = i^ o .5 = ÍM i> w J.Fig. 323

Ya que en la posición final la velocidad de la barra es igual a cero. 7*4 = 0 La ligadura introducida es ideal (la charnela >4); por consiguiente, el trabajo es

realizado solamente por la fuerza activa P ^ M g y A* — — P hc— — Mg y . Ponien­

do todos estos valores en la ecuación (a), hallaremos:

de donde

v 3- f •Problema 138. Las poleas A y B, unidas por una correa, (fig. 324) continúan

girando después de desconectar el motor de tal manera que la polea A tiene lavelocidad angular cog. El peso total de las poleas es igual a P y el peso de lacorrea es igual a p. Para detener la rotación se aplica una zapata de freno contra la polea A de radio R con una fuerza Q; el coeficiente de rozamiento de la zapata contra la polea es igual a f. Despreciando el rozamiento en los ejes y considerando las poleas como discos macizos hallar el número de vueltas efectuadas por la polea A an­tes de detenerse.

Solución. Para determinar el nú- Fíg. 324mero de vueltas /^u tilizam os la ecua­ción (51)

T . - T ' - S K . (a)

Durante los cálculos de la energía cinética siempre hay que tener en cuenta que la energía cinética del sistema es igual a la suma de las energías cinéticas de todos los cuerpos que lo componen. Según las condiciones del problema, 7*1 = 0 . T, = Ta + Tb -\-Tp. Teniendo en cuenta que la velocidad inicial de cada punto de

§ 150. Resolución de problemas 403

la correa es vco = u>0R =G>ór. donde o)0 y r son la velocidad angular inicial y el

radio de la polea B. valiéndonos de las fórmulas (43) y (8), hallaremos:

La última igualdad se deduce de que todos los puntos de la correa se mueven con una misma velocidad absoluta.

Finalmente, como Pa + Pfí = P> obtenemos:

Calculamos los trabajos de las fuerzas. En este caso, el trabajo de las fuerzas de gravedad es igual a cero, porque los centros de gravedad de las ruedas y de la correa no se desplazan durante el movimiento del sistema. La fuerza de ro za m ie n to Ftot = fQ. Su trabajo se halla mediante la íór-muía (47') 0-

A,ot = - ( / < W - 9 1 = —fQR 2n * v.

Poniendo todos los valores en la ecuación(a), obtendremos en definitiva:

(P + 2 p )R u ltotgfQ

Problema 139. Una carretilla avanza hacia arriba por un plano inclinado que forma con el horizonte un ángulo a = 30° bajo la acción de una fuerza constante Q = 1 6 kgf (fig. 325). El peso de la plataforma de la carretilla P = l8 k g f , el peso de cada una de sus cuatro ruedas macizas p=2kg f. Determi­nar: 1) cuál será la velocidad de traslación t/, de la carretilla después de recorrer una distancia í = 4m. si v0 = 0; 2) con qué aceleración se desplaza la carretilla.

El rodamiento de las ruedas se efectúa sin deslizamiento; la resistencia al rodamiento se desprecia.

Solución. I) Para determinar w, utilizamos la ecuación (51)

7 ' , - r 0 = 2 > * - <a|

En este caso T0 = 0, T, = Tpjat-f-47'rueda. La carretilla efectúa un movimiento de traslación y la energía cinética de una rueda maciza en movimiento fue calcu­lada en el problema 134; por consiguiente:

El trabajo es realizado por la fuerza Q y por la fuerza de gravedad P x igual a (P-\-4p). El trabajo de la fuerza de rozamiento que impide el deslizamiento y de las reacciones normales del plano es igual a cero (§ 148). Considerando todo esto, hallamos:

A (Q) = Ql\ A (P l ) = - (P-f 4p) hc = — (P + 4p) / sen a.

Poniendo todos estos datos en la ecuación (a), obtenemos:

^ ( P - f 6 p )o í= [Q — (P-f 4p)senaJ/f (b)

20*

404 Cap XXV// . Teorema de la variación de la energía cinética

2gt\Q — {P -f 4 p ) sen a )

P -j 6p— 2 .8 m /s .

2) Para determinar la aceleración w admitiremos que en la igualdad (b) las magnitudes y, - y y l (parámetro que determina la posición del sistema) son varia­bles Entonces, derivando los dos miembros de la igualdad respecto del tiempo, hallaremos:

±(P+5P) . * » W. (P-f 4p)sena|

di dv^er0 d t ~ V ^ ~dt~w ^ ' vi<*>endo Por l'' tendremos finalmente:

Q— (P -\-Ap) sen a

/> + 6/ig — 0,98 m/s1.

Sugerimos al lector que ponga atención en el procedimiento utilizado en este problema para la determinación de la aceleración con ayuda del teorema de la varia­

ción de la energía cinética.Problema 140. Alrededor de un cilindro de

radio R y de peso P se ha enrollado un hilo que además pasa por la polea O (fig. 326) y sos­tiene en el extremo la carga D de peso Q. De­terminar la velocidad Vq del centro C del ci­lindro después de recorrer una distancia s. si vc0— 0 Y hallar la aceleración wc de este centro. El coeliciente de rozamiento de rodamiento del cilindro es igual a k, el radio de inercia del cilindro respecto de su eje es pin. Las masas del hilo y del cilindro se desprecian.

Solución. 1) Para determinar la velocidad t^ utilizamos la ecuación.

r - r 0 = 2>*- (a)

además, de acuerdo con las fórmulasEn este caso T0 (42). (44) y (4)

= 0 y r=rc„+r0 y

r - 1 Q Td- 2 7

Ya que el punto B es el momento instantáneo de velocidades, entonces

y vd = va = 2vc. Por consiguiente.

r = 4 h + p ( i + J * 0 1VC-

El trabajo es realizado por la fuerza Q y por el par (N, P). Comot'/) = 2itc , el desplazamiento de la carga I). es decir, h es h 2s y A (Q)~ Q-2s. El trabajo de las fuerzas de resistencia al rodamiento se calcula por medio de la fórmula (48'). porque N = P = const. Entonces.

§ 150. Resolución de problemas 406

Poniendo los valores hallados en la ecuación (a), obtendremos:

de donde

(b)

«c- / 2g(2Q R-kP ) Rs

4QR, + P ( R '+ p '¡„)

2) Para determinar wc, como en el problema precedente, se derivan ambos miembros de la igualdad (b) respecto de t. En definitiva, teniendo en cuenta que

-jj-=vc, hallamos:

wc(2 QR — kP)R

<QR* + P { R '+ t f n)

Problema 141. El piñón / de radio r y de peso P montado sobre la manivela OC de longitud l y de peso Q, y ligado con ésta por un resorte espiral, puederodar sobre el piñón inmóvil 2 de radio R = l — r (fig. 327). El momento del re­sorte M xt% = ca, donde a es el ángulo de rota­ción del piñón / respecto de la manivela. Des­preciando el rozamiento en los ejes, hallar el período de las oscilaciones que efectuará la ma­nivela, si se la saca de la posición de equili­brio. El mecanismo está colocado en un plano horizontal.

Solución. Definiremos la posición de la manivela por el ángulo <p medido a partir de la posición de equilibrio. Para excluir del aná­lisis la reacción incógnita del eje C, considere­mos el piñón 1 y la manivela como un solo sis­tema y compongamos la ecuación diferencial de su movimiento haciendo uso de la ecuación (49).

Primero calculamos la energía cinética T del sistema expresándola en función de la velo­cidad angular o)man de la manivela (porque estamos determinando la ley de movimiento de la manivela). Obtenemos:

r= r ,1 I p 1

(a)

Admitiendo que la manivela es una barra homogénea y que el piñón es un disco y teniendo en cuenta que el punto de contacto es el centro instantáneo de velocidades para el piñón /. tendremos:

2 g

. vc l<'C=®nuoi' uvil\ = f-y “m.n-

Subrayamos que en la fórmula (44). valiéndose de la cual se calcula 7*pjB. entra

la velocidad angular absoluta del piñón y no su velocidad relativa de rotación respecto de Id manivela Poniendo todos los valores hallados en la igualdad (a),

406 Cap. X X V / / . Teorema de la ixiriación de ¡a energia cinética

obtendremos:

7- = f^(2Q+ 9P) <>»

Ahora calculamos el trabajo elemental. En este caso, las fuerzas externas no realizan trabajo; por consiguiente. dAf = 0. El trabajo elemental de la fuerza de elasticidad del resorte (fuerza interna) durante la rotación del piñón alrededor de la manivela hasta un ángulo a es igual a dA¡ = — M frid a ~ — cada (el signo menos indica que el momento está dirigido en el sentido opuesto al ángulo de rotación del piñón). Ya que estamos hallando la ley de movimiento de la mani­

vela. expresamos el ángu loacn función de q>. Comoat6 = a,6. Rfp — ra o (/ — r)y> — ra, de donae

l~ r ¿Ai (/ — r)* .a = —— (p y dA‘ = — c — ydy.

Ahora, componiendo la ecuación dT = dA l, obtendremos

i (2CM-3P) l'Umi» ^“ nun = ~C ^

Dividiento ambos miembros de esta igualdad por di y teniendo en cuenta

que ^ - = wm.n y d‘ú~ -n = ^ ~ hallaremos definitivamente la ecuación diferencial di di a i1

del movimiento del sistema en la forma

donde6gc(l — ry

*’ (2Q + 9/>)¡V* '

La ecuación obtenida es la ecuación diferencial de las oscilaciones armónicas (§ 123) Por consiguiente, la manivela, desplazada de la posición de equilibrio, efectuará oscilaciones armónicas, cuyo período r es igual a

r=?£=2 jt_^- / * + £k l — r t 6ge6ge

El problema resuello muestra las grandes posibilidades que presenta el teo­rema de la variación de la energía cinética para el estudio del movimiento de un sistema.

§ ÍS Í. Campo de fu e rza s potenciales y fu n c ió n de la fu e rza . Los problsmas examinados en el párrafo anterior (también en el § 115)a se resolvieron con ayuda del teorema de la variación de la energíe cinética, porque en todos los casos se podía calcular el trabajo d, todas las fuerzas efectivas sin conocer de antemano la ley del movi­miento. Es importante aclarar a qué clase pertenecen las fuerzas que poseen esta propiedad.

El trabajo realizado en el desplazamiento M ,M , por la fuerza F aplicada al punto M , se calcula según la fórmula (38‘) del § 112

(«.) (Mt>= $ F¿ix (- Fydy -(- F,dz). (54)

<M,> (M,)

§ 151. Campo de fuerzas potenciales y función de la fuerza 407

Como ya se mencionó en el § 112, la integral del miembro derecho puede ser caiculada sin conocer la ley del movimiento que se realiza (es decir, las dependencias de x, y, z respecto del tiempo t) sólo en los casos en que la fuerza dependa únicamente de la posición del punto, es decir, de las coordenadas x, y, z. De dichas fuerzas se dice que for­man un campo de fuerzas. Se llama campo de fuerzas a una región del espacio, en cada punto del cual sobre toda partícula material, colocada en esta región, actúa una fuerza determinada por su módulo y dirección, que depende de la posición de la partícula. Como ejemplo de un campo de fuerzas se puede citar el campo newtoniano de un planeta o del Sol. Como la fuerza se determina por sus proyecciones sobre los ejes coordenados, el campo de fuerzas se define con las ecua­ciones

= (*. y. z). F , = ‘D .í* . y. *). F, = <1\{x. y, z). (55)

Pero, en el caso general, también para el cálculo del trabajo de tales fuerzas es necesario en la fórmula (54) expresar el miembro de­recho respecto de una sola variable, es decir, por ejemplo, conocer las dependencias y = f l (x) y z = ft (x). Como se sabe, estas igualdades determinan en el espacio la ecuación de la curva que representa la trayectoria del punto M . Por consiguiente, en el caso general, el tra­bajo de las fuerzas que forman un campo de fuerzas, depende de la trayectoria a lo largo de la cual se desplaza el punto de aplicación de la fuerza.

Sin embargo, si resulta que la expresión que se encuentra en la fórmula (54) bajo el signo de la integral y que representa el trabajo elemental de la fuerza F, es la diferencial total de una cierta fun­ción U (x, y. z), es decir, si

dA —dU(x, y, z) o F xdx + F ydy H- F ,dz =dU (x, y, z), (56)

entonces, se puede calcular el trabajo A(m,m,> sin conocer de antemano la trayectoria del punto M.

La función U que depende de las coordenadas x, y, z, y cuya di­ferencia) es igual al trabajo elementa), se Dama /unción de la fuerza. El campo de fuerzas, para el cual existe una función de la fuerza se llama campo de fuerzas potencial y las fuerzas que actúan dentro de éste se llaman fuerzas potenciales. En adelante consideraremos que la función de la fuerza es del mismo valor que la función de las coor­denadas.

Si se pone en la fórmula (54) la expresión de dA de la igualdad (56). tendremos:

( M . )

A(m,m,>= $ dU (x, y, z) = U , — Ult (57)IM.)

408 Cap. X XV II. Teorema de la variación de la energía cinética

donde (V,=ít/(x„ i/j, 2,) y U,{x„ y., z,) son los valores de la fun­ción de la fuerza en los puntos Al, y M , del campo. Por consiguiente, el trabajo de una fuerza potencial es igual a la diferencia de tos valo­res de la ¡unción de la fuerza en los puntos final e inicial d-.l trayecto y no depende de la trayectoria del punto en movimiento. Durante el desplazamiento por una trayectoria cerrada Ut = U„ el trabajo de la fuerza potencial es igual a cero.

La particularidad principal del campo de fuerzas potencial es el hecho de que el trabajo que realizan las fuerzas del campo durante el movimiento de un punto material dentro de éste, depende solamente de las posiciones inicial y final de este punto y no depende ni de la trayectoria a lo largo de la cual se desplaza el punto ni de la ley de su movimiento.

Las fuerzas, cuyo trabajo depende de la trayectoria o de la ley del movimiento del punto de aplicación de la fuerza, se llaman fuerzas no potenciales. A tales fuerzas pertenecen las fuerzas de rozamiento y de resistencia del medio.

Si se cumple la relación (56), la función de la tuerza se halla de la siguiente igualdad:

U = ^dA + C ó U = J (Fjbe + F ^ + F/ízy + C. (58)

Aqui la constante C puede tener cualquier valor (la fórmula (57) muestra que el trabajo no depende de C). Sin embargo, se acostumbra considerar que en un punto 0, llamado «punto nulo», la magnitud Uo —0 y se determina C a partir de esta condición. Las fuerzas po­tenciales conocidas por nosotros son: las fuerzas de gravedad, las fuer­zas de elasticidad y las fuerzas newtonianas (§ 113). Mostremos que para estas tuerzas existen efectivamente las funciones de las fuerzas y hallemos sus expresiones. Puesto que bajo el signo de las integrales, de las cuales fueron obtenidas en el § 113 las fórmulas (39), (40) y (41'), se encuentran los trabajos elementales de los cuerpos correspon­dientes, tendremos:

1) Para la fuerza de gravedad, si el eje z está dirigido vertical- mente hacia arriba, dA = —Pdz\ de donde, considerando que U — 0 cuando z=*0.(punto nulo en el origen de coordenadas), hallamos:

U = — Pz\ (59)

2) Para la fuerza de elasticidad que actúa a lo largo del eje Ox, se tiene que AA = —cxdx, de donde, considerando que U — 0 cuando x = 0, hallamos:

U ~ — \cx'\ (60)

3) Para la fuerza newtoniana, dU = kmd = mgR'd de don­

§ 151. Campo de fuerzas potenciales y función de la fuerza 409

de, considerando que U = 0 cuando r=oo (el punto nulo se encuentra en el infinito), hallamos:

U ^m g R 'í- . (61)

donde r = Vx* + </’ -+- *’•Utilizando los valores hallados de la función U se pueden hallar,

haciendo uso de la fórmula (57), las mismas expresiones para los tra­bajos de las fuerzas correspondientes que las que dan las igualdades (39), (40) y (41') en el § 113.

Mostremos que conociendo la función de la fuerza se puede determinar la fuer­za que actúa sobre cualquier punto del campo. De la igualdad (56), calculando la diferencial de la función U (x. y, z), tendremos

dU . , dU . , dU .F,dx + Fyd!/+ F 1dz = - ^d x + - ^ d v + - ^ dz-

De aqui, igualando los coeficientes de dx. dy y dz en ambos miembros de la igualdad, hallamos

Por consiguiente, en el campo de fuerzas potencial ¡as proyecciones de una fuerza son iguales a las derivadas parciales de ¡a función de ¡a fuerza con relación a las coordenadas correspondientes. El vector F, cuyas proyecciones se determinan por las igualdades de la forma (62). se llama gradiente de la función escalar U (x. y, z) De este modo. F=grad U.

De las igualdades (62) hallamos

dF ,_< P U _ dfy _ &U

dy dy dx’ dx dx dy * e C

De aquí se deduce que si para el campo dado existe la función de la fuerza, las proyecciones de las fuerzas satisfacen a las relaciones

dFx = y dFy ^ dFz dFt = dFxdy dx dz dy dx di

(63)

Se puede demostrar la validez de la conclusión inversa, es decir, que si se cumple la igualdad (63), para el campo existe la función de la fuerza U . Por con­siguiente, las condiciones (63) son necesarias y •eficientes para que el campo de fuerzas sea potencial.

De este modo, si el campo de fuerzas está dado por las ecuaciones (55), según las condiciones (63) se puede establecer si éste es potencial o no. Si el campo es potencial, la ecuación (58) define la función de la fuerza y la fórmula (57). el tra­bajo de las fuerzas del campo Al contrario, si se conoce la función de la fuerza, haciendo uso de las fórmulas (62). se puede hallar el campo de fuerzas que define esta función.

Suponiendo que U (x, y, z) = C, donde C es una constante, obtendremos la ecua­ción de una superficie en el espacio, en lodos los puntos de la cual la función U tiene un mismo valor C. Tales superficies se llaman superficies de nivel o su per ¡i-

cíes equipotenciales. Si, como consideramos, la función de la fuerza es una función simple de las coordenadas, las superficies de nivel no pueden intersecarse y por cada punto del campo pasa una sola superficie de nivel. Durante cualquier despla- zumiento MxMr a lo largo de 1a superficie de nivel i/l ==Ut ^ C y, según la ecua­ción (57). el trabajo de las fuerzas del campo sera igual a cero. Como en este caso la fuerza no es nula, podemos concluir que en cualquier punto de un campo de fuer­zas potencial la fuerza está dirigida por la normal a la superficie de nivel que pasa por fste punto

En la fig 328 se muestran dos superficies de nivel U (x, y. z)=¿Clt U (x .y .z ) = = C, y su sección por un plano que pasa por la normal Bn. Si la fuerza está diri­gida en el sentido indicado en la figura, su trabajo en el desplazamiento BB' será positivo. Pero, según (a fórmula (57). este trabajo es igual a C, — C, Por

consiguiente. Ct > Cx, es decir, la fuerza en el campo potencial está dirigida en el sen­tido del aumento de la función de la fuerza. Además. los trabajos de fa fuerza F¡ en efdesplazamiento BB' y de la fuerza F\ enel desplazamiento DD' son iguales, porque en ambos casos son iguales a C2—C,. Pero, como DD' < BB'. tendremos que/•’j > F\. Por consiguiente, el valor de la fuerza en un campo potencial es mayor donde hay mayor densidad de superficies de nivel. Las propiedades mencionadas per­miten obtener con ayuda de las superficies de nivel una representación clara de la

distribución de las fuerzas en un campo de fuerzas potencial Además, de laigualdad (57). se deduce que el trabajo de una fuerza potencial depende, al finy al cabo, solamente de las superficies de nivel, entre las cuales se desplaza el punto.

Aclararemos lo dicho con ejemplos1) Para un campo de gravedad homogéneo (véase la fig. 254). como se deduce

de la fórmula (59). £/ = const. cuando const. Por consiguiente, las superficies de nivel son planos horizontales. La fuerza de gravedad P está dirigida por la normal a estos planos en el sentido del crecimiento de U y es constante en todos los puntos del campo.

2) Para un campo newtoniano. de acuerdo con la fórmula (61). U = const. cuando r=¿const.

Por consiguiente, las superficies de nivel son esferas concéntricas, cuyos cen­tros coinciden con el centro de atracción. La fuerza en cada punto del campo está dirigida por la normal a la esfera correspondiente, en el sentido del crecimiento de U (de disminución de r). és decir, hacia el centro de la esfera.

Si en un campo de fuerzas potencial se mueve un sistema de pun­tos materiales, para cada punto con las coordenadas xk, yk, zk se puede determinar la función de la fuerza UM{xM, yM, zM) que permite calcular el trabajo elemental de la fuerza aplicada a este punto. En­tonces, la función de las coordenadas de todos los puntos del sistema

U(x„ y„ z,.........x„, yn, z„) = £ Uk (xk, yk, zA)

410 Cap. XXV II. Teorema de la i»ar i ación de la energía c in é tic a ________

será la función de la fuerza para el sistema mecánico que se examina.

En este caso. dU = ¡dUk o, según la igualdad (56), que eí vá­lida para cada punto del sistema.

§ /52. Energía potencial 411

dU ~^E¡dAk, (64)

es decir, la diferencial de la función de la fuerza del sistema seráigual a ia suma de los trabajos elementales de todas las fuerzas que actúan sobre el sistema.

§ 152. Energía potencial. Para las fuerzas potenciales se puede introducir la noción de energía potencial, como una magnitud que caracteriza la «reserva de trabajo» que posee el punto material en el punto dado del campo de fuerzas. Para comparar entre si estas «reser­vas de trabajo» hace falta ponerse de acuerdo sobre la elección de un punto nulo 0, en el cual se admite convencionalmente que la «reserva de trabajo» es igual a cero (la elección del punto nulo, así como de cualquier origen de referencia, se realiza arbitrariamente).Se llama energía potencial de un punto material, en la posición dadaM, a la magnitud escalar 11 que es igual al trabajo realizado por lasfuerzas del campo durante el desplazamiento del punto desde la posición M a la posición cero:

Resulta de la definición, que la energía potencial n depende de las coordenadas x, y, z del punto M, es decir, que II = fl (x, y, z).

En adelante consideraremos que los puntos nulos para las fun­ciones II (x, y, z) coinciden con los de U (x, y, z). Entonces U0 = 0 y de acuerdo con la fórmula (57) AtMO) — Uo— U — — U, donde V es el valor de la función de la fuerza en el punto M del campo. De aquí

es decir, la energía potencial en cualquier punto del campo de fuerzas es igual al valor die la función de la fuerza en este punto, tomado con el signo contrario.

De aquí se ve que durante el análisis de todas las propiedades del campo de fuerzas potencial, en vez de la función de la fuerza se puede utilizar la noción de energía potencial. En particular, el tra­bajo realizado por la fuerza potencial, en vez de la fórmula (57), puede ser calculado por la fórmula

Por consiguiente, el trabajo realizado por la fuerza potencial es igual a la diferencia de los valores de la energía potencial del punto en mo­vimiento en sus posiciones inicial y final.

La expresión de la energía potencial de las fuerzas potenciales conocidas por nosotros puede hallarse con ayuda de las igualdades (59) — (61), teniendo en cuenta que n = — U. Por ejemplo, para la fuerza de gravedad obtendremos II — Pz, etc.

II — A(mo).

n (x, y, z) = — U (x, y, z).

a ¡,m,m,) — n , — n , . (65)

Cap. X X V //. Teorema de la variación de la energía cinética

§ 153. Ley de conservación de la energía m ecánica. Supon­gamos que todas las fuerzas externas e internas que actúan sobre el sistema son potenciales. Entonces, para todo punto del sistema, el trabajo de las fuerzas aplicadas es igual a

-II.

Por consiguiente, para todas las fuerzas externas e internas, ten­dremos

S ^ = S n w- S n » 1 = n 0- n „

donde II = 2 es Ia energía potencial de todo el sistema.Poniendo esta expresión del trabajo en la ecuación (50), obten­

dremos:

7 \ - r . = n 0 - n ,

o

7’i + n i = r o + n o = const. (66)

Por consiguiente, durante un movimiento bajo la acción de las tuer­zas potenciales, la suma de las energías cinética y potencial del sistema permanece constante para todas sus posiciones. Esto expresa la ley de la conservación de la energía mecánica, la cual es un caso particular de la ley física general de la conservación de la energía. La magni­tud r + n se llama energía mecánica total del sistema.

Si entre las fuerzas efectivas se encuentran fuerzas no potenciales,por ejemplo, la fuerza de rozamiento, la energía mecánica total del sistema durante el movimiento disminuye transformándose en otras

formas de energía, por ejemplo, en calo­rífica.

La importancia de la ley obtenida se hace patente al considerarla en relación con la ley física general de la conservación dela energía. Durante la resolución de pro­blemas puramente mecánicos se puede, en todos los casos, utilizar directamente el teorema de la variación de la energía ciné­tica del sistema.

Ejemplo. Examinemos un péndulo (fig. 329) uue se desvia de la vertical hasta un ángulo <p0 y después se suelta sin velocidad inicial. Entonces, en su posición inicial, n0 = Pzo y T0 = 0, donde

P es el peso del péndulo, z es la coordenada de su centro de gravedad. Por con­siguiente, si despreciamos todas las resistencias, en cualquier otra posición se tendrá n-f-7* = Il0 o

P t+ jJ A<o' = Pz„

§ 153. Ley de conservación de la energía mecánica 413

Asi es, que el centro de gravedad del péndulo no puede elevarse por encima de la posición z0. Durante el descenso del péndulo disminuye su energía potencial y aumenta la energía cinética, y durante el ascenso, ocurre lo contrario, la ener­gía potencial aumenta y la cinética disminuye.

De la ecuación obtenida resulta que2 P

Asi pues, para todo instante, la velocidad angular del péndulo depende sola­mente de la posición de su centro de gravedad y en la posición dada tiene siempre un mismo valor. Las dependencias de este género tienen lugar solamente durante un movimiento causado por las fuerzas potenciales.

A causa del rozamiento en el eie y de la resistencia del aire (fuerzas no poten­ciales) las relaciones obtenidas más arriba no se cumplirán; la energía mecánica total del péndulo disminuirá con el tiempo y sus oscilaciones se amortiguarán.

CAPÍTULO X X V III

Aplicación de los teoremas generales a la Dinámica de un cuerpo rígido

§ 154. M ovim iento de rotación de un cuerpo ríg ido . Exa­minemos la aplicación de los teoremas generales de la Dinámica a problemas relacionados con el movimiento de un cuerpo rígido. Como

el estudio del movimiento de traslación de un cuer­po rigido se reduce a problemas de la Dinámica del punto, comenzaremos directamente por el aná­lisis del movimiento de rotación.

Supongamos que sobre un cuerpo rígido que tiene un eje de rotación inmóvil z (fig. 330) actúa un sistema de fuerzas dadas F\, F i, . . . , F ‘„. Al mismo tiempo, sobre el cuerpo actúan también las reacciones de cojinetes /?,, y R„. Para excluir de la ecuación del movimiento estas fuerzas desconoci­das de antemano, utilizamos el teorema de los mo-

l-íg. 330 mentos respecto del eje z (§ 144). Puesto que losmomentos de las fuerzas R A y R„ respecto del

eje z son iguales a cero, obtendremos:

donde

M',=--2lm .(F l).

En adelante llamaremos a la magnitud M* momento de rotación.Poniendo en la igualdad precedente el valor de = Ifór-

mula (32)|, hallaremos:

= ó = (67)

La ecuación (67) es la ecuación diferencial del movimiento de rota­ción de un cuerpo rigido. De ésta se deduce que el producto del mo­mento de inercia del cuerpo respecto del eje de rotación por la acelera­ción angular es igual al momento de rotación:

J,e = M¡. (68)

La igualdad (68) muestra que para un valor dado de M'z la ace­leración angular será tanto menor, cuanto mayor sea el momento de inercia y viceversa. Por consiguiente, el momento de inercia de

§ 154. Movimiento de rotación de un cuerpo rígido

un cuerpo desempeña efectivamente, durante el movimiento de rota­ción, et mismo papel que la masa durante el movimiento de trasla­ción, es decir, es la medida de la inercia del cuerpo durante el mo­vimiento de rotación (véase el § 131).

La ecuación (67) sirve para: 1) hallar <p =1(1), es decir, la leyde movimiento oel cuerpo o su velocidad angular u>; si se conoceel momento de rotación; 2) hallar el momento de rotación M't si se conoce la ley de rotación, es decir, <p = /(<)• Al resolver el primer problema hace falta tener en cuenta que en el caso general la mag­

nitud M\ puede ser variable y dependiente de /, tj> y de o> = <j>.Para estudiar el movimiento de rotación se puede utilizar el teo­

rema de la variación de la energía cinética en vez de la ecuación (67): T, — T0 = Ae, donde T y A' se determinan mediante las fórmulas (43) y (47).

Resaltemos los casos particulares sjguíentes:1) Sí /Vfi = 0, o> = const, es decir, el cuerpo efectúa un movimiento

de rotación uniforme.2) Si M'z — const, e —const, es decir, el cuerpo efectúa un movi­

miento de rotación uniformemente alternado.La expresión de la ecuación (67) es análoga a la ecuación dife­

rencial del movimiento rectilíneo del punto (§ 104). Por eso los métodos de integración de esta ecuación son también similares (véase el problema 143).

Durante la resolución de problemas es conveniente utilizar la ecua­ción (67) cuando el sistema se compone solamente de un solo cuerpo en rotación. Sí el sistema comprende no sólo un cuerpo en rotación, sino otros cuerpos móviles (véanse, por ejemplo, los problemas 133, 138, etc.), es preferible plantear la ecuación del movimiento con ayuda de ¡os teoremas o métodos generales expuestos en los §§ 168, 173, 178.

Durante la resolución de problemas análogos al problema 133, es necesario considerar que sobre el tambor no actúa la fuerza Q sino la tensión de la cuerda F, que no equivale a Q, y la ecuación (67) para el tambor se expresa asi J0z = Fr. Para resolver esta ecuación hace falta determinar adicionalmente la fuerza F. planteando la ecuación del movimiento de la carga A. lo que prolonga demasiado el cálculo.

Problema 142. Una rueda de masa M gira alrededor del eje O con una veloci­dad angular ío0 (fig. 331). En determinado instante se aplica a la rueda una zapata de freno con una fuerza Q. El coeficiente de rozamiento de la zapata contra la rueda es igual a /. el radio de la rueda es igual a R. Despreciando el rozamiento en el eje y la masa de los rayos, determinar al cabo de cuántos segundos la rueda se detiene.

Solución. Componiendo la ecuación (67) y considerando que el momento es positivo cuando está dirigido en el sentido de la rotación de la rueda, obten­dremos:

'0 §?=-/<?'. <»>

puesto que la fuerza de rozamiento F = /Q- De aqui. integrando, hallamos Jo<o = -tQrt + Ct.

416 Cap. XXV/ / / . Aplic. de los teoremas a la Dinámica del cuerpo rígido

Según los datos iniciales, cuando 1=0 , <i> = («>0. por consiguiente. C i~ J,,o> j y finalmente

(ú = (ú0 — f ~ t. ( b )J o

En cuanto la rueda se detiene cuando t — tx. (o=0. Poniendo este valor y te­niendo en cuenta que para la llanta (anillo) Jn~Mr*, obtendremos:

■/qMq_M/-cü0IQr ÍQ '

Para hallar el número de revoluciones hechas por la rueda antes de detenerse, conviene utilizar el teorema de la variación de la energía cinética en vez de integrar de nuevo la ecuación (b).

Fig. 331 Fig. 332

Problema 143. Un rotor vertical de forma cilindrica, cuyo momento de inercia respecto del eje Oz es igual a Jx (fig. 332) efectúa un movimiento de rotación como resultado de habérsele aplicado un momento MJoX. Hallar la variación de la velocidad angular <o durante el movimiento, si u>0 = 0 y el momento de las fuer­zas de resistencia del aire es proporcional a ca, es decir, — jico.

Solución. La ecuación diferencial de la rotación del rotor (67) es (consideramos positivos los momentos dirigidos en el sentido de la rotación):

* J í" * Mro'—^

Separando las variables, y considerando que - = '1. integramos ambos miem­bros de la igualdad entre los limites correspondientes; obtendremos

f - a a ______ L ,¿ A1,ol—(«<j J

de aquíln«£g=J*» = _J1< 6

Mf0i M fotEn definitiva, tendremos:

P 1

§ ¡55. Péndulo físico 417

La ve lo c id ad a n g u la r de l rotor a u m e n ta con el t ie m p o te n d ie n do al valor

l im ite u , ln, = ^ í ! l .

§ 155. Péndulo fís ic o (compuesto). Se llama péndulo físico a un cuerpo rígido que puede efectuar oscilaciones alrededor de un eje ■ horizontal inmóvil bajo la acción de la fuerza de gravedad.

Representemos la sección del pén­dulo por un plano perpendicular al eje de suspensión y que pasa por el centro de masas del péndulo C (fíg.333, a).

Adoptaremos las notaciones si­guientes: P es el peso dei péndulo, a es la distancia OC del centro de ma­sas al eje de suspensión, JQ es el mo­mento de inercia del péndulo respec­to del eje de suspensión. La posición del péndulo se determinará por el ángulo <p de desviación de la línea OC respecto de la vertical.

Para determinar la ley de oscilaciones del péndulo, utilizamos la ecuación diferencial del movimiento de rotación (67). En este caso, Mz = M 0 = — Pa sen <p (se ha tomado el signo menos porque cuando <p > 0, el momento es negativo y cuando <p < 0, positivo) y la ecua­ción (67) adquiere la forma siguiente:

J ° l $ ---Pasen <p'

Dividiendo los dos miembros de la igualdad por J 0 e introduciendo la designación

— = k\ (68)J O

hallaremos la ecuación diferencial de las oscilaciones del péndulo en la forma

+ k1 sen <p = 0.

La ecuación diferencial obtenida no se integra en las funciones ordinarias. Nos limitamos a examinar las oscilaciones pequerias del péndulo considerando que aproximadamente sen <p as <p (esto se puede hacer cuando el ángulo <p es mucho menor que 1 radián). Entonces, tendremos

! £ + * ’<*>== 0.

Esta forma de la ecuación diferencial coincide con la de la ecua­ción diferencial de las oscilaciones rectilíneas libres del punto y su

2 7 -1 4 2

418 Cap. XX VI I I . Aplic. de los teoremas a la Dinámica del cuerpo rígido

solución general, por analogía con la igualdad (63) del § 123, será:

Considerando que en el momento inicial t = 0 el péndulo está desviado a un ángulo pequeño <p = <p„ y se ha soltado sin velocidad inicial (i»0 = 0), hallemos para las constantes de integración los valores: C ,= 0 , C1 = «p0. En este caso, para las condiciones iniciales dadas, la ley de las oscilacionese pequeñas del péndulo será:

Por consiguiente, las oscilaciones pequeñas de un péndulo (isico son armónicas. El período de las oscilaciones pequeñas de un pén­dulo físico, sí se sustituye k por su valor obtenido de la igualdad (68), se determina valiéndose de la fórmula

Como se ve, para las oscilaciones pequeñas el periodo no depende del ángulo de desviación inicial <p„. Este resultado es aproximado. Si integramos la ecuación diferencial de las oscilaciones del péndulo, compuesta al principio, sin considerar el ángulo (j> pequeño (es decir, sin suponer que sen q> sa <p) se encuentra que efectivamente T, depende de <p„. Esta dependencia tiene aproximadamente la forma

De aqui, por ejemplo, se deduce que cuando (p0 = 0,4 radianes (aproximadamente 23°) la fórmula (69) determina el período con una precisión hasta el 1%.

Los resultados obtenidos abarcan también el caso del llamado péndulo matemático (péndulo simple), es decir, de una carga de di­mensiones pequeñas (que se considera como un punto material) suspen­dida de un hilo inextensible de longitud l, cuya masa, en comparación con la masa de la carga, puede ser despreciada (fig. 333, b). Es evi­dente que para un péndulo matemático, ya que éste es un sistema compuesto de un punto material, se tendrá

Poniendo estas magnitudes en la igualdad (69), hallaremos que el período de las oscilaciones pequeñas de un péndulo matemático se determina haciendo uso de la fórmula

<p = C, sen kt + C , eos kt.

<p = <P0 COS kt.

(69)

J q == mi’ /*, a =■ OC = /.

(70)

§ 155. Péndulo físico 419

De la comparación de las fórmulas (69) y (70) se ve que cuando la longitud

1 Pa Ma l ' 1)

el periodo de las oscilaciones del péndulo matemático coincide con el periodo de las oscilaciones del péndulo físico correspondiente.

La longitud del péndulo matemático, cuyo periodo de oscilacio­nes es igual al periodo de oscilaciones del péndulo físico, dado, se llama longitud reducida del péndulo físico. El punto K. situado a la distancia OK = /, del eje de suspensión se llama centro de oscilación del péndulo físíco (véase la fig. 333).

Recordando que del teorema de Huygens se sabe que J a = Jc+ Ma1, podemos llevar la fórmula (71) a la expresión

(71')

De aquí se deduce que la distancia OK siempre es mayor que 0C = a, es decir, que el centro de oscilaciones del péndulo físico se encuentra siempre debajo del centro de masas.

De la fórmula (71) se ve que KC = J c /Ma. Por eso, si se coloca el eje de suspensión en el punto K. la longitud reducida /, del péndulo obtenido, de acuerdo con (71'), será

l^ KC+ ^ ^ < c = m + a= ,'■

Por consiguiente, los puntos K y O son recíprocos, es decir, si el eje de sus­pensión pasa por el punto K. el punto O será el centro de oscilaciones (porque (5 = :^ ) y el período de oscilaciones del péndulo no variará. Esta propiedad se utiliza en el péndulo llamado invertido que sirve '////{//y.para determinar la aceleración de la fuerza de gravedad. j -l- ¿

Determinación experimental de los momentos de \pinercia. Uno de los métodos experimentales de deter­minación de los momentos de inercia de los cuerpos x(el método de oscilaciones del péndulo) está basado zen la utilización de la fórmula (69) para el periodo de las oscilaciones pequeñas del péndulo.

Supongamos que es necesario determinar el momen- to de inercia respecto del eje Oz del cuerpo (biela) representado en la fig. 334, cuyo peso P es conocido.Al suspender el cuerpo de manera que el eje Oz sea horizontal, se halla el período de sus oscilaciones peque­ñas T con ayuda de un cronómetro. Luego, empleando l’ig. 33-1 el método de pesaje (véase el §56, la fig. 131) se de­termina la distancia OC = a. Poniendo todos estos valores en la fór­mula (69), obtendremos:

J o¡ - •

1 1 1 1

ít- f- —¥

420 Cap. X X V I I I . Aplic. de tos teoremas a la Dinámica del cuerpo rigido

Si es necesario determinar el momento de inercia del cuerpo respecto del eje Ox que pasa por su centro de gravedad, se puede suspender el cuerpo de dos barras fijadas rígidamente al cuerpo de tal manera que el eje Ox sea horizontal (fig. 335) y hallar experi­mentalmente el momento de inercia J AB respecto del eje AB (la mag­nitud a, en este caso, se conoce de antemano). Después, el momento de inercia se calcula haciendo uso del teorema de Huygens:

§ 156. M ovim iento p lanopara le lo de un cuerpo sólido . Laposición de un cuerpo que efectúa un movimiento planoparalelo está definida en cada instante por la posición del polo y por el ángulo

le rotación del cuerpo alrededor del polo (§ 77). Los problemas de Dinámica se resolverán mejor si se toma como polo el centro de masas C del cuerpo (flg. 336) y se determina la posición del cuerpo por las coordenadias xc, yc y por el ángulo <p.

En la fig. 361 se muestra el corte del cuerpo por un plano para­lelo al plano del movimiento y que pasa por el centro de masas C. Supongamos que sobre un cuerpo actúan las fuerzas externas F[,F ‘, ......... F'n, que se encuentran en el plano de esta sección. Entonces,la ecuación del movimiento del punto C se halla según el teorema del movimiento del centro de masas

y el movimiento de rotación alrededor del centro C se determinará mediante la ecuación (67), porque el teorema que sirvió de base para obtener esta ecuación es válido también para el movimiento del sistema alrededor del centro de masas. Como resultado, proyectando ambos miembros de la igualdad (72) sobre los ejes coordenados, obtendremos:

Fig. 33.') F ig. 336

(72)

(73)

§ ¡56. Movimiento planoparalelo de un cuerpo sólido 421

O

" T p F - E 'S . . = ^ c S - E m e í r ó . (73')

Las ecuaciones (73) son /as ecuaciones diferenciales del movimiento planoparalelo de un cuerpo sólido. Con ayuda de estas ecuaciones, si se conocen las fuerzas dadas, se puede determinar la ley del movi­miento del cuerpo o bien, conociendo la ley del movimiento del cuerpo, se pueden hallar el vector principal y el momento principal de las fuerzas efectivas.

Durante un movimiento no libre, cuando la trayectoria del centro de masas es conocida, es más cómodo componer las ecuaciones del movimiento del punto C en las proyecciones sobre la tangente t y la normal principal n a esta trayectoria. Entonces, en vez del sistema(73), obtendremos

= • ' c S - £ « c ( # U (74)

donde pc es el radio de curvatura de la trayectoria del centro de masas.

Si el movimiento del cuerpo no es libre, en los miembros derechos de las igualdades (73) y (74) entran además las reacciones de las ligadu­ras'desconocidas. Para determinarlas hará falta componer las ecuacio­nes suplementarias que reflejan las condiciones impuestas por las ligaduras al movimiento del cuerpo (véase el problema 144 y otros). Frecuentemente, para componer las ecuaciones de un movimiento no libre conviene emplear el teorema de la variación de la energía ciné­tica en vez de alguna de las ecuaciones (73) o (74).

§ 157. Resolución de problem as. Al componer las ecuaciones diferenciales de un movimiento planoparalelo, después de trazar los ejes coordenados Oxy, se debe elegir el sentido positivo de referencia del ángulo de rotación <p.

Luego, componiendo la ultima de las ecuaciones del sistema (73)o (74) se deben considerar positivos los momentos de las fuerzas efec­tivas que provocan una rotación respecto del centro de masas en el mismo sentido.

En el problema 144 se examina el caso de movimiento planopa­ralelo libre de un cuerpo rígido. En otros problemas, los movimien­tos de los cuerpos son no libres. En estos casos, como indicamos ya, a las ecuaciones del movimiento se deben añadir las ecuaciones que reflejan las condiciones impuestas al movimiento por las ligaduras.

Problema 144. Se lanza un disco en un plano vertical (lig. 337). La velocidad inicial de su centro C es igual a o0 y forma con el horizonte un ángulo a, la velocidad angular inicial de rotación afrededor del centro es igual a <i)?. Deter­minar la ley del movimiento del disco, despreciando la resistencia de! aire.

Solución. Trazamos los ejes Oxy, eligiendo el origen en la posición inicial del centro del disco; el ángulo <x se considera positivo en el sentido de rotación

\2 ’2 Cap. X X V I I I . A p h c . de los teoremas a ¡a D inám ica del cuerpo ríg id o

del disco. Representamos el disco en una posición arbitraria. Sobre éste actúa solamente la fuerza de gravedad P = M g . cuyo momento respecto del centro C es nulo. Entonces. las ecuaciones (73) tendrán la forma (en las dos primeras ecuacio­nes la masa se ha simplificado):

¿ve.dt

= 0 .dvcy

dt■— —g. i —d<ú—n

Jc ~ d /- 0

Las dos primeras ecuaciones resultaron semejantes a las del problema exami" nado en el § 108. La tercera ecuación da to = cu«

De este modo, el centro del disco se desplazará por una parábola y el disco girará alrededor de este centro con una velocidad angular constante igual a o0.

Hig. 33«

Problema 145. Un cilindro homogéneo de forma circular rueda sin deslizamiento por un plano inclinado (fig. 338). Determinar la aceleración del centro del cilindro y el coeficiente mínimo de rozamiento del cilindro contra el plano, para el cual es posible el rodamiento sin deslizamiento. La resistencia al rodamiento se des­precia.

Solución. Primero resolvamos el problema despreciando la resistencia al roda­miento. Designemos: el ángulo de inclinación del plano por a. el peso del c ilin ­dro por P, su radio por R, la fuerza de rozamiento m ínima, para la cual es posible el rodamiento por r . Dirijamos el eje Ox a lo largo del plano inclinado y el eje Oy, perpendicularmente al primero.

Como el centro de masas del cilindro no se desplaza a lo largo del eje Oy, wcy = 0 y, de acuerdo con la primera de las ecuaciones (73). la suma de las pro­yecciones de todas las fuerzas sobre este eje es también nula. De este modo.

N = P eos a.

Componiendo las dos ecuaciones restantes del sistema (73) se tendrá en cuenta que u>cx — wc- Despreciando la resistencia al rodamiento y considerando que el sentido de la rotación del cilindro es positivo para el ángulo <p y. por consiguien­te. para el momento de la fuerza, hallaremos:

Mwc = P sen a — F, J c z — FR. (a)

Las ecuaciones (a) contienen 3 incógnitas wc , e y F (aquí no se puede consi­derar que F*=*fN, porque esta igualdad tiene lugar cuando el punto de contacto se desliza a lo largo del plano, y si no hay deslizamiento puede ser que F <fN\ véase el § 37). Hallaremos la dependencia suplementaria entre las magnitudes incógnitas teniendo en cuenta oue durante el rodamiento sin deslizamiento vc =*v>Ru , derivando esta igualdad, obtendremos, wc = ¿R- Entonces, la segunda

*> Si se considera que el ángulo cp es positivo en el sentido contrario al de las agujas del reloj, esta igualdad, donde o> = <p y v c = x c , se expresará vq =

<i)/? (véase el problema 146).

§ 157. Resolución de problemas 423

de las igualdades (a), si se liene en cuenta que para un cilindro macizo Jc = 0,5AÍR2, tendrá la forma

-i-/Wo)c = f . (b )

Poniendo este valor F en la primera de las igualdades (a), obtendremos:

2u>c — ~2 8 sen a. (c)

Ahora, de la expresión (b), hallamos que

^ = y P sen o. (d)

La fuerza de rozamiento que actúa sobre el cilindro en movimiento debetener este valor para que éste ruede sin deslizamiento. Indicamos más arriba queF Por consiguiente, el rodamiento sin deslizamiento podrá efectuarse cuando

- P s e n o C / P cosa o j t g a .

Si el coeficiente de rozamiento es inferior a esta magnitud, la fuerza F no puede tomar el valor definido por la igualdad (d) y el cilindro rodará deslizán­dose de vez en cuando. En este caso Ve y 10 no están ligadas por la relación i»C-ioR (el punto de contacto no es el centro instanténeo de velocidades), pero !a magnitud F tiene un valor limite, es decir. F = ¡N — fP cosa y las ecuaciones (a) tomarán la forma

P I P— wc r= p (sen a — / eos a). — R 2e==JPR cosa,

de donde

c i> c = ff ( s e n a — i c o s <xy, t = ~ c o s a - M

En este caso, el centro del cilindro se desplaza con una aceleración Wq y el cilindro mismo gira con la aceleración angular e. cuyos valores se determinan de la igualdad (e).

2) Ahora resolvamos este problema teniendo en cuenta la resistencia al roda­miento. considerando que el coeficiente del rozamiento de rodadura es igual a k.

Para dar un ejemplo de la aplicación de otro método de cálculo hallemos wq

con ayuda del teorema de la variación de la energia cinética, es decir, con ayudade la ecuación

dT = dAe (f)

En este caso (véase el problema 134 del § 147)

El trabajo es realizado solamente por la fuerza P y por el momento de resis­tencia; el trabajo de ia fuerza F. durante el rodamiento, es igual a cero (véase el§ 148) Entonces, teniendo en cuenta la fórmula (48), obtendremos (véase la íig. 338. en la cual ahora se debe suponer que la fuerza N está desviada en el sentido del movimiento hasta una magnitud k. es decir, situada tal como se ve en la íig. 99)

424 Cap. XXVI I I . Aplic. de los teoremas a la Dinámica del cuerpo rigido

Poniendo los valores hallados en la igualdad (f) y dividiendo ambos miem­bros por dt, tendremos

El último factor del miembro derecho es igual a Vq y en definitiva hallamos:

Cuando x = 0 esta fórmula da el mismo resultado que la igualdad (c).Ahora, la fuerza de rozamiento se halla de la ecuación Mwc = P sen a — F que

no modifica su forma.Problema 146. Un cilindro macizo de peso P y de radio r, comienza a rodar,

sin deslizamiento, por una superficie cilindrica rugosa de radio R (fig. 339). El movimiento se inicia en 13 posición determinada por el ángulo <p0.

Determinar: 1) la fuerza de presión del cilindro sobre la superficie para un ángulo arbitrario 9 ; 2 ) la ley del movimiento del centro del cilindro, cuando el ángulo <p0 es pequeño. La resistencia al rodamiento se desprecia.

Solución. I) En una posición arbitrarla, sobre el cilindro actúan: la fuerza P. la reacción normal N y la fuerza de rozamiento F. sin la cual es imposible el rodamiento. La trayectoria del centro C es conocida; se trata de una circunferen­cia de radio R — r. Entonces, para determinar N utilizaremos la segunda de las ecuaciones (74). Dirigiendo la normal Cn hacia el lado cóncavo de la trayectoria, obtendremos

Hallaremos la magnitud vq, que entra en la igualdad (a), utilizando el teo­rema de la variación de la energía cinética (compárese con el § 119):

P

Fig, 339

M 77-- = N — P eos (p.R — r r

(a)

r - T „ = 2 ^ í (b)

3En este caso 7 0 = 0 y 7 = — AíuJ (véase el problema 134).

lizado solamente por la fuerza P. Por consiguiente.

El trabajo es rea-

2 A*k = Ph = P (R — r) (eos <p —eos <f0).

§ 157. Resolución de problemas 425

y la ecuación (b) obtiene la forma

3— Afi>¿ — P (R — r){cos q> — eos <p0)- (c)

Calculando la magnitud Mv¿ y poniéndola en la igualdad (a), hallaremos en

definitivap

N=m-^{7 eos <p — 4 eos <p0).

Si, por ejemplo, <p0 = 60° y <p = 0°, N^=— P.

2) Para determinar la ley del movimiento del punto C se deriva la igualdad (c) respecto del tiempo, Obtendremos:

3 P dvc n . n . dtp

En este caso, durante el movimiento del cilindro, el ángulo <p disminuye y

~ < 0. Entonces.

Poniendo todos estos valores en la igualdad anterior, hallaremos finalmente:

^ + 4 ^ 7 «„«p=°.

Si el ángulo <p0 es pequeño, entonces, como <p<<p0, se pueda considerar que «en «p « <p y Ta ecuación obtenida tomará la forma siguiente:

donde

$ + * • » = 0.

k * = — ____3 R

Por consiguiente (véase el § 123), el centro del cilindro efectúa oscilaciones armónicas de período

2g

Problema 147. Un cuerpo de peso P descansa en el punto D sobre el captador piezoelcctrico de un instrumento que mide la fuerza de presión y en el punto A está sujeto por el hilo AD (fig. 340) Durante el equilibrio la linea AC es hori­zontal y la presión en el punto B es igual a Q0. Calcular el momento de inercia J c del cuerpo respecto del eje que pasa por su centro de masas C. si en el mo­mento en que el hilo se quema, la presión en el punto B se hace igual a Qx. La distancia / es conocida.

Solución. 1) En la posición de equilibrio Q0Í = P (/ — a) De aquí hallamos

2) Cuando el hilo se quema, el cuerpo empieza a desplazarse en movimiento planoparalclo. Para un intervalo de tiempo elemental inicial se puede despreciar

426 Cap. X X V III . A pite, de loa teoremas a la Dinámica del cuerpo rígido

la variación de la posición del cuerpo. Entonces, las ecuaciones (73), que son válidas solamente para este intervalo de tiempo, tendrán la forma

M w c x — P — Q i * w Cy “ 0- J c b ~ Q Ia- (a )

Ya que wcy = 0, el punto C comienza a desplazarse verticalmente hacia abajo y el punto B se desliza horizontalmente (el rozamiento en el apoyo se considera pequeño) Trazando las perpendiculares a las direcciones de estos desplazamientos

hallamos que el centro instantáneo de velocida- des se encuentra en el punto K. Por consiguiente.

D r* I *"1 vq = aw. Derivando esta igualdad y suponiendoque durante el intervalo de tiempo elemental que se examina, a = const, obtendremos cv c—ae. En­tonces. la primera de las ecuaciones (a) da:

P_

8Determinando de aquí e, hallaremos finalmente

— ae = P — Qv

Fig 340'c = %-°=P

Q,g P - Q t

El resultado obtenido se puede utilizar para la determinación experimental de los momentos de inercia.

Problema 148. El peso de un automóvil con ruedas es igual a P (fig. 341); el peso de cada una de sus cuatro ruedas es igual a p y su radio es r.

A las ruedas traseras (motrices) se les aplica el momento de rotación Aírot. El automóvil, al comenzar su desplazamiento a partir de la posición de reposo, experimenta la resistencia del aire. Estaresistencia es proporcional al cuadrado de --- +-osu velocidad de traslación, o sea. /? = ua.El momento de rozamiento en los ejes de cada rueda es igual a Aírox. Despre­ciando la resistencia al rodamiento, de­terminar: l) la velocidad lím ite del auto­móvil; 2 ) la fuerza del rozamiento de deslizamiento que actúa sobre las ruedas, motrices y guiadas, durante el movimiento.

Solución. 1) Para determinar la velo­cidad lim ite componemos la ecuación di-

Fig. 341

ferencial del movimiento del automóvil utilizando la igualdad (49)

(a)La energía cinética del automóvil es igual a la energía de la carrocería y de

las ruedas. Teniendo en cuenta que P es el peso del automóvil y que vc = wr. designando el radio de inercia de la rueda por pin, obtendremos:

T = Í-T v'c+i( Í Jca' ) =í { p+'p^ t) v'c■Entre las fuerzas externas, solamente la fuerza de resistencia del aire realiza

trabajo, debido a que despreciamos la resistencia al rodamiento; el trabajo de las fuerzas de rozamiento F v y Ft de las ruedas contra el suelo es, en este caso, nulo (5 148). Por consiguiente,

2 = —Rdsc — — Vq dsc .

§ 157. Resolución de problemas 427

El trabajo de las fuerzas internas (del momento de rotación y de las fuerzas de rozamiento en los ejes) es igual a

Poniendo todos estos valores en la igualdad (a) y dividiendo, al mismo tiempo, ambos miembros por di, obtendremos:

Cuando la velocidad del automóvil tiende a su valor limite, la aceleración wq tiende a cero Por consiguiente. se halla con ayuda de la ecuación

Se puede obtener directamente este resultado igualando a cero la suma de los trabajos de todas las fuerzas. El objetivo de los cálculos anteriores es mostrar cómo se plantea la ecuación del movimiento (b).

2) Para determinar las fuerzas de rozamiento que actúan sobre cada rueda compongamos las ecuaciones del movimiento de rotación de las ruedas respecto de sus ejes. Para las ruedas motrices, teniendo en cuenta que la fuerza de rozamien­to F x que actúa sobre cada una de éstas está dirigida hacia adelante (véase la fig. 301), obtendremos:

Como durante el rodamiento se tiene que u>c = er. hallaremos en definitiva

La fuerza de rozamiento Ft, que actúa sobre cada rueda guiada, está dirigida hacia atrás. Por consiguiente, para la rueda guiada, tendremos:

De la igualdad (b) se ve que al aumentar la velocidad la aceleración wc

zamiento que actúa sobre las ruedas motrices aumenta durante la aceleración

De aquí, dividiendo entre t‘c — • hallamos:

(b)

M,ol — 4M,ot — v-rv\. =0.

de donde

2 ~ p f n R — ^ r o t 2M rox — 2F jr.

0.5AÍ,ol— M ,0I pj„ pF , --- --------------------------------------------- ------- W C .

r r ' g(c)

de donde

í<0

disminuye, y tiende a cero cuando vc tiende a Así es que, la fuerza de ro-

428 Cap. X X Vt t t . Aplic. de tos teoremas a la Dinámica del cuerpo rígido

y obtiene su valor máximo cuando el movimiento se hace uniforme (eüc —0). Poniendo el valor de de la igualdad (b). se ve fácilmente que el último tér­mino de la lórmula (c) será mucho menor que el primero, porque P íí> p Poreso, prácticamente la magnitud F x varia muy poco.

Sobre las ruedas guiadas, la tuerza de rozamiento obtiene un valor máximo en el momento del inicio del movimiento y luego disminuye, y durante el movi­miento unilorme (u>c =*0) adquiere su valor mínimo M ,otlr.

Si el coeficiente de rozamiento de las ruedas contra el suelo es insuficiente para que la fuerza de rozamiento adquiera valor de F , 6 Fz. las ruedas correspon­dientes patinarán. Como M fot es mucho mayor que M rox. las ruedas motrices serán las primeras en patinar.

Si el motor está desconectado, todas las ruedas son guiadas y sobre éstas

actuará en primer término la fuerza de rozamiento F = —— . La acción de las

zapatas de freno es equivalente a un aumento del momento M t(it en los ejes y,

f>or consiguiente, de la fuerza de rozamiento que actúa sobre cada rueda; esto hace renar al automóvil más rápidamente (véase el § 136).

§ 158*. Teoría aprox im ada de los efectos giroscópicos. Se¡lama giroscopio a un cuerpo sólido que gira alrededor de un eje, cuya dirección en el espacio puede variar con el tiempo. A continua­

ción examinamos solamente el giroscopio simétrico, es decir, un giroscopio que posee un eje material de simetría y que gira al­rededor de este eje. En los instrumentos giroscópicos, los giroscopios se fijan habi­tualmente en una suspensión anular (fig. 342), de manera que para cualquier giro del mismo su centro de gravedad quede in­móvil.

Los giroscopios que se utilizan en la in­dustria tienen una velocidad angular muy grande o», de rotación propia alrededor del eje de simetría. Esto permite no tener en cuenta, en primera aproximación, la rotación complementaria que el giroscopio adquie­re durante el movimiento de su eje y nos

Fig. 3 4 2 da la posibilidad de formular una teoríaaproximada de los efectos giroscópicos.

En e! § 143 se estableció que si un cuerpo gira alrededor de un eje inmóvil Oz que es el eje de simetría del cuerpo, el vector /f0 está dirigido a lo largo del eje de rotación y se calcula haciendo uso de la fórmula (32). En la teoría elemental del giroscopio se supone que durante el movimiento lento del eje, el momento cinético del girosco­pio respecto de su punto inmóvil (el vector K0) está dirigido en cada instante a lo largo del eje del giroscopio en el mismo sentido que el vector o), y numéricamente es igual a /»o),:

K o = / W ,< o t, (75)

§ 158. Teoría aproximada de los efectos giroscópicos 429

donde J, es el momento de inercia del giroscopio respecto de su eje de simetría. Esta suposición es tanto más correcta cuanto más rápido gira el giroscopio. Basándose en la suposición adoptada hallemos las propiedades principales del giroscopio.

1. Giroscopio libre. Un giroscopio, fijado de tal manera que su centro de gravedad permanezca inmóvil y cuyo eje pueda efectuar cualquier giro alrededor de este centro (véase la fig. 342), se llama libre o estático. Despreciando el rozamiento en los ejes, para tal giroscopio, tendremos ^ í nt0 (F ’k) = 0 11 y K0 = const, es decir, el mó­dulo y la dirección del momento cinético del giroscopio son constantes (véase el § 145). Pero, como e) vector K0 está siempre dirigido a lo largo del eje del giroscopio, resulta que el eje de un girosccoio libre conserva una dirección invariable en el espacio respecto del sistema inmóvil (sideral) de referencia. Esta es una de las propiedades importantes del giroscopio, la cual se utiliza durante la construcción de instrumentos giroscópicos.

El eje de un giroscopio libre, por conser­var invariable su dirección respecto del siste­ma de referencia sideral, efectuará una revolu­ción respecto de la Tierra en sentido contrario a la rotación de la misma. De este modo, se puede utilizar el giroscopio libre para de­mostrar que la Tierra gira alrededor de su eje. Este experimento fue reali­zado por primera vez por Foucault (1852).

2. Acción de una fuerza sobre el eje del giroscopio. Supongamos que sobre el eje de un giroscopio que gira rápidamente comienza a actuar una fuerza F (fig. 343), cuyo momento respecto del centro O es igual en módulo a M0 = Fh. Entonces, según el teorema de los momentos (§ 144)

d— — M d t

d(OB)di

donde B es el punto del eje que coincide con el extremo del vector K0.

De aqui, teniendo en cuenta que la derivada del vector OB respecto del tiempo es igual a la velocidad vn del punto B, obtenemos:

v b = M 0 . (76)

° Entre las tuerzas se consideran aquí, la fuerza de gravedad y la reacción de ios cojinetes sobre ios cuales está fijado el eje del giroscopio. Cuando el giros­

copio está inmóvil, la igualdad 2 m o(^*) — 0 corresponde a una de las condicio­nas de equilibrio. Durante la rotación del giroscopio alrededor de su eje de simetría, las reacciones conservan los mismos valores que en el reposo (esto se demuestra en el § 169); por consiguiente, las luerzas que actúan sobre el giroscopio

en rotación también satisfacen a la ecuación mu [f-'h -- 0 .

*130 Cap. X XV¡11. Aplic. de los teoremas a la Dinámica del cuerpo rígido

La igualdad (76) indica que la velocidad del extremo del vector del momento cinético de un cuerpo respecto del centro O es igual, en mó­dulo y dirección, al momento principal de las fuerzas externas respecto del mismo centro (teorema de Ressel). Por consiguiente, el punto B y, junto con éste, el eje del giroscopio se desplazarán en la direccióndel vector Mn. O sea, que si sobre el eje de un giroscopio que giraa gran velocidad achia una fuerza, el eje comienza a desviarse no en el sentido de la acción de la fuerza, sino en el sentido del vector Ma

del momento de esta fuerza respecto del punto fijo O del giroscopio, es decir, perpendicular- mente a la fuerza (sobre cómo se determina la dirección del vector M0, véase el § 42).

Señalemos que si el giroscopio girara en sentido contrario (véase la fig. 343), el vec­tor (o, y, junto con éste, el vector K0, apli­cado en el punto O, estarían dirigidos hacia abajo; en este caso, el extremo inferior del giroscopio se desviaría en el sentido de Mn, es decir, hacia el observador, y el extremosuperior, hacia el fondo de la figura.

De la igualdad (76) se deduce otro resul­tado importante. Cuando cesa la acción de la

fuerza, y. por lo tanto vn, se anulan y el eje del giroscopio se detiene. Esto significa que el giroscopio no conserva el movimiento que le comunicó la fuerza. Sí la acción de la fuerza es breve (un empuje), el eje del giroscopio prácticamente no modifica su dirección. Esto es una manifestación de la propiedad de estabilidad del eje de un giroscopio que gira a gran velocidad.

3. Precesión regular de un giroscopio pesado. Examinemos un giroscopio, en el cual el punto inmóvil 0 no coincide con el centro de gravedad C (fig. 344). En este caso, sobre el eje del giroscopio actuará continuamente la fuerza P, que de acuerdo con lo demostrado más arriba desviará al eje Oz. del giroscopio no hacia abajo (no en el sentido del aumento del ángulo a), sino en la dirección de m0(P), es decir, en la dirección perpendicular al plano Ozz,. Como resultado, el eje del giroscopio comenzará a girar alrededor del eje vertical Oz, describiendo una superficie cónica. Este movimiento del eje del giros­copio se llama precesión.

Hallemos la velocidad angular de precesión Según la ecua­ción (76), se debe tener que vB — M0. Introduciendo la notación OC = a, obtendremos que, en este caso, M 0 = Pa sena. Por otro lado, vB — o , • BD = w, OB sen a = co,/C0 sen a o bien, teniendo en cuenta la igualdad (75),

vB — V,ü),ü), sen a.

§ 158. Teoria aproximada de tos efectos giroscópicos 431

Por consiguiente, la igualdad us = M 0 da sena = Pasen a,de donde

Ya que la magnitud co, es grande, la velocidad angular de prece­sión será una magnitud pequeña. Al disminuir <■>,, la magnitud <ú, aumenta. Esto es lo que se observa en el caso de un trompo.

El eje terrestre efectúa un movimiento de precesión análogo, por­que debido a que la Tierra no es una esfera perfecta, y a la inclina­ción de su eje, las resultantes de las fuerzas de atracción del Sol y de la Luna no pasan por el centro de masas de la Tierra y provocan ciertos momentos respecto de este centro. El periodo de la precesión del eje terrestre (el tiempo durante el cual se efectúa una vuelta completa) es aproximadamente igual a 26000 años.

4. Efecto giroscòpico. Examinemos u i giroscopio que gira a gran velocidad, fijado con ayuda de los cojinetes A y A' en un anillo que, a su vez, puede gi­rar alrededor del eje DD' con una velo­cidad angular ((i),<^(i>,) (fig. 345). Ya que, en este caso, el eje del giroscopio realiza una precesión, el punto B (el extremo del vector K0), como en el casoprecedente, tendrá la velocidad vB = sen a. ua tormuia b) nospermite concluir que el eje está sometido, en este caso, a la acción de un momento numéricamente igual a

M 0 = v„ = Jzb>tio, sen a.

Este momento evidentemente es provocado por las fuerzas Q y Q' con las cuales los cojinetes A y A' ejercen una presión sobre el eje. Ya que el centro de masas del giroscopio es inmóvil, entonces, según el teorema del movimiento del centro de masas, la suma geomètrica de las fuerzas Q y Q' debe ser nula; por consiguiente, estas fuerzas forman un par, cuyo momento M„ debe tener la misma dirección que la velocidad v„ (en la fig. 345, hacia el observador).

Pero, en este caso, el eje del giroscopio ejercerá al mismo tiempo una presión sobre los cojinetes A y A' con fuerzas N, N‘ iguales en módulo a las fuerzas Q y Q', pero de sentido contrario.

El par de fuerzas (N, N ') se llama par giroscòpico y su momento, momento giroscòpico. Ya que según el módulo Mt¡, = Mo, entonces,

M s¡, = J zo),«, sen a. (78)

432 Cap. X XV I I I . Aphc. de los teoremas a la Dinámica del cuerpo rígido

De aquí obtenemos la siguiente regla de Zhukovksi: si a un giros­copio que gira rápidamente se le comunica un movimiento de precesión Iorzado, los cojinetes en los cuales está fijado el eje del giroscopio, estarán sometidos a un par de fuerzas de momento Me„ que tenderà a establecer por la vía más corta el eje de rotación propia paralelamente

al eje de precesión de tal modo que las direcciones de los vectores a>, y <o, co­incidan.

Además de la presión sobre los co­jinetes, el efecto giroscòpico puede pro­vocar un movimiento del cuerpo con el cual están ligados estos cojinetes, si las ligaduras impuestas permiten este movimiento.

Examinemos un ejemplo. Si un Fig 346 barco, el rotor de la turbina del cual

gira con una velocidad angular o>, (fig. 346) efectúa un movimiento de rotación con una velocidad an­gular <!>,, sobre los cojinetes A y B actuarán las presiones giroscópi- cas N, y N, dirigidas tal como se muestra en el dibujo Si, en este caso, AB — t y el momento de inercia del rotor es igual a J M, de acuerdo con la fórmula (78)

yMslr= W / = y io 1<o, y W =

Estas presiones pueden alcanzar valores de hasta varias toneladas, por eso deben tenerse en cuenta durante los cálculos de los cojinetes. Las presiones giroscópicas se transmiten al casco del barco a través de los cojinetes y si el barco es muy ligero su rotación puede provocar una inclinación de la quilla o de la proa. Un efecto similar se observa en los aviones de hélice durante los virajes (rotaciones en el plano horizontal).

Las propiedades del giroscopio estudiadas en este párrafo son la base para la construcción de diferentes estabilizadores giroscópicos, de instrumentos de navegación giroscópicos y de otros instrumentos especiales.

Un ejemplo de estabilizador giroscòpico de acción directa es el amortiguador del balanceo. Este es un giroscopio de rotación muy pesado (tig. 347), cuyo eje AAt está fijado en una armadura que tiene su eje de rotación DDt unido con el casco del barco. Durante un oleaje, cuando sobre el barco actúa un momento M. un motor dotado de un regulador especial comienza a hacer girar la armadura con una velo- cidad angular u¡, (véase el dibujo). Como resultado, sobre los cojinetes D, D, actúa un par giroscòpico (N. N') de momento /có,(ú2 que contribuye a reducir la escora.

Las presiones giroscópicas sobre los cojinetes aparecen también a consecuencia del balanceo del barco. Claro está que las direcciones de estas prosioncs serán diferentes

§ 158. Teoria aproximada de los efectos giroscópicos 433

Si la dirección del momento M cambia, el motor hace girar la armadura en sentido contrario y la dirección del par (Af, N ) también se invierte.

Otro ejemplo de estabilizador (de acción indirecta) es el aparato de Aubry que estabiliza el movimiento de una mina en el plano horizontal. Un giroscopio libre es el elemento estabilizador del aparato (vcase la fig. 342); en el momento del disparo, el eje de este giroscopio coincide con el eje del torpedo dirigido hacia el blanco. Si el torpedo en un momento dado se desvia de su camino a un ángulo a (fig 348) el eje del giroscopio conservando invariable su dirección hacia el blanco

(según la propiedad del giroscopio libre) girará respecto del casco del torpedo hasta el mismo ángulo. Esta rotación provoca el desplazamiento de un regulador especial que pone en acción al servomotor del timón, ¿orno resultado, el limón gira en el sentido correspondiente y el torpedo vuelve a su dirección inicial Es similar la base de la construcción de diferentes pilotos automáticos, los cuales fijan las des­viaciones del avión de su rumbo indicado y ponen en acción los timones corres­pondientes.

A los instrumentos giroscópicos pertenecen la brújula giroscòpica, el horizonte giroscòpico, el indicador de viraje y otros. El principio de la construcción de estos instrumentos es muy diferente, pero todos ellos se basan en las propiedades del giroscopio estudiadas más arriba.

26 142

C AP ITU LO X X IX

Aplicación de los teoremas generales a la teoría del choque

§ 159. Ecuación fundam enta l de la teoría del choque. Du­rante el movimiento de un cuerpo sometido a la acción de las fuerzas habituales estudiadas hasta ahora, las velocidades de los puntos varían constantemente, es decir, a cada intervalo de tiempo Infinitamente pequeño le corresponde un incremento de la velocidad infinitamente pequeño. En efecto, si el impulso de cualquier fuerza Fk durante un intervalo de tiempo t se representa en la forma /-'¡Tt. donde F"b' es el valor medio de esta fuerza durante el tiempo t, entonces, el teorema de la variación de la cantidad de movimiento del punto, sobre el cual actúan las fuerzas F„, da

m (v ,— v,) = 2 ,F T i.

De aqui se ve que cuando el tiempo t es infinitamente pequeño (tiende a cero), el incremento de la velocidad A® = o ,—v„, para las fuerzas habituales, será también una magnitud infinitamente pequeña (que tiende a cero).

Sin embargo, si entre las fuerzas efectivas hay fuerzas de gran intensidad (de un orden de 1 / t ) , e l incremento de la velocidad durante un intervalo de tiempo t resulta una magnitud finita.

El efecto, durante el cual tas velocidades de los puntos de un cuerpovarían en una cantidad finita, durante un intervalo de tiempo x muy pequeño, se llama choque. Las fuerzas, durante la acción de las cuales se efectúa el choque, se llaman fuerzas de choque Fcho- El intervalode tiempo infinitamente pequeño t, durante el cual se efectúa el choquese llama tiempo de choque.

Ya que las fuerzas de choque son muy intensas y varían conside­rablemente durante el choque, se considera en la teoría del choque como medida de la acción reciproca de cuerpos no a las mismas fuerzas de choque, sino a sus impulsos. El impulso de choque,

0

es una magnitud finita. Los impulsos de las fuerzas que no Intervienen en el choque, durante el tiempo t serán magnitudes muy pequeñas y pueden ser prácticamente despreciadas.

En adelante designaremos a la velocidad del punto en el inicio del choque por v, y en el final del choque, por u. Entonces, el teorema

§ 159. Ecuación fundamental de la teoría del choque 435

de la variación de la cantidad de movimiento del punto durante el choque se expresará l)

m (u — = (79)

es decir, la variación de la cantidad de movimiento de un punto mate­rial durante el choque es igual a la suma de los impulsos de choque que actúan sobre el punto. La ecuación (79) es la ecuación fundamental de la teoría del choque y desempeña el mismo papel que la ley funda­mental de la Dinámica m w = F durante el estudio de movimientos bajo la acción de fuerzas que no son de choque.

Señalemos para concluir, que el desplazamiento de un punto durante el choque será igual a es decir, a una magnitud muy pequeña que puede ser despreciada en la práctica.

De todos los resultados obtenidos se deduce lo siguiente:1) Durante el choque se puede despreciar la acción de las fuerzas

que no son de choque (tales como la fuerza de gravedad).2) Durante el choque se pueden despreciar los desplazamientos de

los puntos del cuerpo considerándolo inmóvil durante este tiempo3) Las variaciones de las velocidades de los puntos del cuerpo

durante el choque se determinan por la ecuación fundamental de la teoría del choque (79).

§ 160. Teoremas generales de la teoría del choque. Exami­nemos la forma que adquieren los teoremas generales de la Dinámica durante el choque.

1. Teorema de la variación de la cantidad de movimiento de un sistema durante el choque. La ecuación (22) obtenida en el § 139 conserva también su forma para el caso de un choque. Pero, como los impulsos de las fuerzas habituales se desprecian durante el choque, en el miembro derecho quedarán solamente los impulsos de choque. Por consiguiente, durante el choque

<?,-<?» = 2 Sí. (80)

es decir, la variación de la cantidad de movimiento de un sistema du­rante el choque es igual a la suma de todos los impulsos de choque externos que actúan sobre el sistema.

En las proyecciones sobre cualquier eje coordenado x la ecuación (80) da:

Q n - Q o x - S S í* . (80')

Si la suma geométrica de todos los impulsos de choque exteriores es igual a cero, entonces, como se ve de la ecuación (80), Ja cantidad de movimiento del sistema no varia durante el choque. Por consiguien-

l> En adelante, designaremos al impulso de choque simplemente poi el sim bolo 5. poroue el impulso de las fuerzas que no son de choque no se estudia en la teoría del choque.

436 Cap. X XI X . Aplicación de los teoremas a ¡a teoría del choque

le, los impulsos de choque interiores no pueden modificar la cantidadde movimiento de todo el sistema.

2. Teorema de la variación del momento principal de la cantidadde movimiento de un sistema (teorema de los momentos) durante elchoque. El teorema de los momentos, para el caso de un choque, adquiere una forma un poco distinta de la obtenida en el § 144; esto se explica por el hecho de que los puntos del sistema no se desplazan durante el choque. Examinemos un sistema compuesto de n puntos materiales. Designemos a la resultante de los impulsos de choque exteriores que actúan sobre un punto de masa m, por S I y a la re­sultante de los impulsos de choque interiores que actúan sobre el mismo punto por Sl¡. Entonces, según la ecuación (79). se tendrá m„ (uk— vk) = - S í + S i o

mnuk — mkvk i-S; -t- S‘„.

Los vectores que intervienen en esta igualdad están aplicados al punto que, como indicamos, queda inmóvil durante el choque. Entonces, tomando los momentos de todos los vectores respecto de un centro 0, según el teorema de Varignon, válido pare cualquier magnitud vecto­rial, obtendremos:

m,¡ (m„uk) — nt0 (mkvk) + m0 (S%) + m0 (Sí).

Componiendo tales ingualdades para todos los puntos del sistema y sumándolas miembro a miembro, tendremos:

22 mo (mtu„) — 22 m0 (mkvk) = ^ m 0 (Sí) + m 0 (Sí).

Las sumas que se encuentran a la izquierda son los momentos principales de la cantidad de movimiento del sistema respecto del centro O al final y al inicio del choque, a los cuales designaremos por K , y La suma de los momentos de los impulsos de choque interiores, que se encuentra a la derecha, de acuerdo con la propiedad de las fuerzas internas es igual a cero. Finalmente hallamos:

* ,- * . = 2 « o (Sí). (81)

es decir, durante el choque, la variación del momento principal de la cantidad de movimiento deI sistema respecto de cualquier centro es igual a la suma de los móntenlos respecto del mismo centro de todos los impulsos de choque exteriores que actúan sobre el sistema.

En las proyecciones sobre un eje cualquiera x, la igualdad (81) da

K ,* - K ., = 2> « (S í) . (81')

Resulta de las ecuaciones obtenidas que si la suma de los momentos de los impulsos de choque exteriores respecto de un centro (o de un eje) es igual a cero, el momento principal de la cantidad de movi­miento del sistema respecto de este centro (o eje) no varía durante el choque. Por consiguiente, los impulsos de choque interiores no pueden

$ 161 . Coeficiente de restitución durante el choque 437

modificar el momento principal de la cantidad de movimiento del sistema.

E) teorema de la variación de la energía cinética no se utiliza para resolver el problema fundamental de la Dinámica en la teoría del choque porque los puntos del cuerpo, durante el choque, se consideran inmóviles y en vez de las fuerzas de choque se examinan sus impulsos de choque- Por eso, es imposible calcular direc­tamente (conociendo la fuerza y el desplazamiento) el trabajo de las fuerzas de choque. A continuación examinaremos el problema de la determinación de la pérdida de energía cinética del cuerpo durante el choque (§ 164).

§ 161. Coeficiente de restitución durante el choque. El im­pulso de choque que aparece durante el choque de dos cuerpos no depende solamente de sus masas y de sus velocidades antes del choque, sino también de las propiedades elásticas de estos cuerpos; estas particularidades se caracterizan por la magnitud llamada coeficiente de restitución.

Examinemos una bola que cae verticalmente sobre una placa rígida inmóvil horizontal (fig. 349). Para el choque frontal que se producirá en este caso, se pueden distinguir dos fases. Durante la primera fase del choque las veloci­dades de las partículas de la bola, iguales a v al inicio del choque (se considera que el movimiento de la bola es de traslación) disminuyen hasta cero. En este caso, la bola p 34g

se deforma y toda su energía cinética inicial -i- Mv' se trans­

forma en energía potencial interna del cuerpo deformado.Durante la segunda fase del choque la bola, bajo la acción de las

fuerzas elásticas internas, comienza a restituir su forma; en este caso su energía potencial interna se transforma en la energía cinética del movimiento de las partículas de la bola. Al final del choque las ve­locidades de las partículas serán iguales a u y la energía cinética de

la bola, a -i- Mu'. Sin embargo, la energía mecánica de la bola no se

restituirá completamente, porque una parte de esta energía se gasta en comunicar a la bola una deformación residual y en su calentamien­to. Por eso la velocidad u será inferior a v.

La magnitud k que, durante el choque frontal de un cuerpo contra un obstáculo inmóvil, es igual a la relación entre el módulo de la ve­locidad del cuerpo al final del choque y el módulo de la velocidad al inicio del choque, se llama coeficiente de restitución:

* « . £ . (82)

El valor del coeficiente de restitución para los diferentes cuerpos se determina experimentalmente. Los datos experimentales muestran que si la velocidad v varia entre límites no muy grandes, la magnitud k depende solamente de los materiales de los cuerpos en contacto.

43« Cap A X IX Aplicación de los teoremas a la teoría del choque

Se considera habitualmente el caso extremo de un choque absolu­tamente elástico (k = 1), durante el cual la energía mecánica del cuerpodespués del choque se restituye completamente y el caso de un choque

absolutamente inelástico (k = 0), cuando el choque termina en la primera fase y toda la energía mecánica del cuerpo se consume en su deformación y calentamiento.

Se puede hallar experimentalmente el valor de k estudiando una bola en caída libre desde una altura H, preliminarmente medida, sobre una plancha y determinan­do con ayuda de una mira vertical puesta al lado (fig. 350) la altura h de su rebote

después del choque. Entonces, según la fórmula de Galileo

v = V2gH y u = V 2gh,

k = — ~ l/~—* _ v ~ V H '

En la tabla I se dan los valores del coeficiente de restitución para algunos materiales (para velocidades de choque del orden de 3 m/s)

Tabla 1

Cuerpos que entran en contacto *

Madera contra madera Acero contra acero Marfil contra marfil Vidrio contra vidrio

1/2

5/9

8/9

15/16

§ 162. Choque <¡e un cuerpo contra un obstáculo Inm óvil.Examinemos un cuerpo (una bola) de masa M que choca contra una plancha inmóvil. En este.caso, la fuerza de choque que actúa sobre el cuerpo será la reacción de la plancha; llamemos S al impulso de esta fuerza durante el choque. Admitamos que la norma! a la super­ficie del cuerpo en el punto de contacto de éste con la plancha pase por el centro de masas del cuerpo (para una bola esto siempre se cumple). Tal choque del cuerpo se llama choque central. Si la veloci­dad v del centro de masas del cuerpo al comienzo del choque está dirigida por la normal n a la plancha, el choque será directo, en el caso contrario, oblicuo.

I. Caso de un choque directo. Planteando, en este caso, la ecua­ción (80') en la proyección sobre la normal n (véase la fig. 349) y teniendo en cuenta que Qa = Mv y Q, = Mu, obtendremos:

H

i l . I . , 1 i l 4 E Ü

— b

Fig. 350

§ i 62. Choque de un cuerpo contra un obstáculo inmóvil 439

Pero, en el caso de un choque directo u„ — u, v„ — — v, S„ = S. Por consiguiente,

M (u + v) — S.

La segunda ecuación, necesaria para resolver el problema, se obtiene de la igualdad (82):

u — kv.

De las ecuaciones obtenidas, conociendo M, a, k, hallaremos las magnitudes incógnitas u y S. En este caso,

S = M(fc+ l)t>.

Como se ve, el Impulso de choque será tanto mayor, cuanto mayor sea el coeficiente de restitución k. En el § 161 indicamos esta relación entre S y fe.

Para determinar el valor medio de una fuerza de choque (reacción) es necesario conocer adicionalmente el tiempo del choque t, el cual puede ser hallado experimentalmente.

Ejemplo. Durante la calda de una esfera de acero de peso p = i kgi desde una

altura H = 3 m sobre una plancha de acero (*=5/9), obtendremos t>= Y 2gH ~ « 7.7 m/s y u~ hv ss 4,3 m/s. El Impulso de choque seri igual a

S ^ £ - v ( l+ k ) « 1 .2 kgís. g

Si el tiempo del choque t :=0,0005 s, el valor me­dio de la reacción de choque

/Vüho= "f'i=2400 kgf-

2. Caso de un choque oblicuo. Admitamos que en este caso al comienzo del choque la velocidad v del centro de masas del cuerpo lorma con la normal a la 3 5 1plancha un ángulo a y al final del choque la veloci­dad u, un ángulo P (fig. 351). Entonces, la ecuación (80) en las proyecciones sobre la tangente x y la normal n dará

M{ut— vt) = 0 , M {u„ — v„)=S .

En este caso, el coeficiente de restitución es igual 3 la relación entre los mó­dulos |u„| y |ü„1, puesto que el choque tiene lugar solamente en la dirección de la normal a la superficie (la influencia del rozamiento se desprecia). Entonces, te­niendo en cuenta los signos de las proyecciones tendremos queun = — kvn, y final­mente hallaremos:

«n = — kv„, S = A Í |t>„ |(l+*).

De fas ecuaciones obtenidas se puede haííar ef módulo y fa dirección de la velocidad al final del choque y también el impulso de choque, si son conocidas las magnitudes M . v, a y k. En particular, de la primera ecuación, considerando que t\ = lu„| tg a y u ,= |u„| tg p, obtenemos

l«„| tgP = l» * l tga ,

440 Cap. X X/ X . Aplicación de los teoremas a la teoría det choque

de donde

l “n l _ tg g

I Vi. I P

Por consiguiente, durante un choque oblicuo, la relación entre la tangente del ángulo de incidencia y la tangente del ángulo de reflexión es igual al coeficientede restitución. Ya que k < 1. <X < p. es decir, el ángulo de incidencia es siempremenor que el ángulo de reflexión.

§ 163. Choque directo y central de dos cuerpos (choque de bolas). El choque de dos cuerpos se llama directo y central cuando la normal común a las superficies de los cuerpos en el punto de con­tacto pasa por sus centros de masas y cuando las velocidades de los

centros de masas al comienzo del cho­que están dirigidas por esta normal co­mún. En particular, habrá un choquesemejante en el caso de dos bolas homo­géneas, cuyos centros, antes del choque, se desplacen a lo largo de una misma recta.

Designemos a las masas de los cuer­pos que chocan, por Ai, y /W„ las velo­cidades de sus centros al inicio del cho­que son i), y ii¡ y al final del choque,u, y u,. Tracemos por los centros de masas C„ C, un eje coordenado C,x di-

Fíg. 352 rígido siempre de C, a C, (fig. 352). En­tonces, para que se produzca el choque

hace falta que v,x > vtx (de otro modo el primer cuerpo no alcanzaal segundo); además se tendrá ulx^ u tx, porque el cuerpo que chocano puede adelantar al cuerpo chocado.

Admitiendo que Al,, M ., vlx y fe son magnitudes conocidas, halla­remos u,x y utx. Para eso, utilicemos el teorema de la variación de la cantidad de movimiento de los cuerpos que chocan, considerándolos como un solo sistema. Las fuerzas de choque que actúan entre los cuerpos serán internas y = 0. Como resultado, la ecuación (80')d a Q„ = Qo, o

M ,utx= M ,v ,x + M ,v,x. (83)

Hallaremos la segunda ecuación a partir de la expresión del coefi­ciente de restitución. En el choque de dos cuerpos, la intensidad del choque (el impulso del choque) no depende del valor absoluto de la velocidad de cada uno de los cuerpos, sino de la diferencia de estas velocidades ulx— Por eso, durante el choque de dos cuerpos, si so tiene en cuenta que siempre vlx > vtx y que ulx < utx, obtenemos:

§ ¡63. Choque directo y central de dos cuerpos (choque de bolas) 441

O

(84')

El sistema de ecuaciones (83). (84) permite resolver el problema planteado. El impulso de choque, que actúa sobre los cuerpos que chocan, se halla planteando la ecuación (80') para uno de los cuerpos, por ejemplo, para el primero. Entonces,

Examinemos los dos casos extremos.a) Choque absolutamente inelástico (k = 0). En este caso, con ayuda

de las ecuaciones (84) y (83) hallamos:

Los dos cuerpos se desplazan, después del choque, con la misma velocidad. El impulso de choque que actúa sobre los cuerpos es, en este caso, igual a

b) Choque absolutamente elástico (k = 1). En este caso, valiéndonos de las ecuaciones (83) y (84) obtenemos:

El impulso de choque que actúa en este caso sobre los cuerpos es igual a

Como se ve, en el caso de un choque absolutamente elástico, el impulso de choque es dos veces mayor que en el caso de un choque absolutamente inelástico.

Para un caso particular, cuando = de las ecuaciones (87) obtenemos que uix — v.¡x, « „ = vlx; de este modo, dos cuerpos de masas iguales duranb un choque absolutamente elástico se cambian de velo­cidades.

Problema 149. Dos bolas de masas M, y M t están suspendidas de la manera indicada en la fig. 353. La primera bola se desvia hasta un ángulo a y se suelta sin velocidad inicial. Después deJ choque, te segunda bote se desvis hasta un án guio fl. Hallar el coeficiente <!e restitución de las bolas durante el choque

Solución. De acuerdo con los datos del problema se puede determinar la velo* cidad v, del centro de la primera bola al inicio del choque y la velocidad ut del centro de la segunda bola al final del choque. Del teorema de la variación de la

Slx = M ,(u ,x — V , , ) , Stx — — S, (85)

(87)

442 Cap. X X / X . Aplicación de los teoremas a la teoría del choque

energía cinética durante el desplazamiento D0Bl se deduce que para la primera bola

-i - Mxux=sPth = M,gl ( I — eos a ),donde i es la distancia entre el centro de la bola y el punto de suspensión. De aqui

«i = 2 V gl »en-2 -.

De manera análoga hallamos que

n, = 2 Y g l sen .

Como en nuestro caso i>t = 0. las ecuaciones (83) y (84) dan:

M xulx -\- A í ,u w = M\Vlx. utx— uix ^ k v xx.

Eliminando ulx de estas ecuaciones y tenien­do en cuenta que vlx = vl y uu = ü , , obtendre­mos:

MtOi (1+ *)«(*!,+ Mt)"r

De aqui hallamos finalmente:

( M , + M , ) U,

M 'V' M , s e n f

§ 164. Pérdida de la energía cinética dura n te e l choque Inelástlco de dos cuerpos. Teorema de C arnot. Resulta de los razonamientos hechos en el § 161 que durante un choque inelástico hay una pérdida de la energía cinética de los dos cuerpos que chocan. Esta pérdida es máxima durante un choque absolutamente inelástico. Calculemos la magnitud de la energía cinética perdida por el sistema durante el choque absolutamente inelástico de dos cuerpos.

Suponiendo que los cuerpos que chocan se desplazan en un movi­miento de traslación y designando a la velocidad común después del choque absolutamente inelástico por u, obtendremos para la energía cinética del sistema al inicio y al final del choque los valores:

(88)r . — y ( M , » í , + A«,«4,>. 7 'i = - j ( A í l + M,) u’.

La energía cinética perdida durante el choque será igual a T ,— Tx. Escribamos esta diferencia en la forma

T0 — Tl = T0—2Tt + Tl.

Ya que de la fórmula (86) se deduce que

(M , + M ,) u , = M ,v,x + M,vtx,entonces,

2Tl = (M l + M 2)u tx = (M lvlx + M tvlx) ux.

(89)

(90)

§ 164. Pérdida de la energía cinética durante el choque 443

Sustituyendo en el miembro derecho de la igualdad (89) T„ y T, por sus valores tomados de las fórmulas (88) y 27\, por el segundo miembro de la expresión (90), obtendremos:

Las diferencias (vlx— ux) y (v,x— ux) muestran la magnitud de la disminución de las velocidades de cada uno de los cuerpos que chocan. Estas diferencias pueden llamarse velocidades perdidas durante el choque. Entonces, de la fórmula (91) se deduce el teorema de Carnot " siguiente: la energía cinética perdida por un sistema de cuerpos durante un choque absolutamente inelástico es igual a la energía cinética que tendría el sistema si cada uno de sus cuerpos se desplazara con las velo­cidades perdidas.

Si el choque no es absolutamente inelástico (k=f^0), entonces, por medio de transformaciones análogas se puede hallar que la energía cinética perdida durante el choque de dos cuerpos se determina por la igualdad.

Examinemos el caso particular de un choque absolutamente inelástico contra un cuerpo inicialmente inmóvil. En este caso, vt = 0 y

La fórmula (92) muestra la energía conservada por el sistema después del choque. Señalamos dos casos extremos interesantes.

a) La masa del cuerpo que choca es mucho mayor que la masa del cuerpo chocado (A f,^>M j). En este caso, se puede considerar que M t -j- M t & y la fórmula (92) nos da T. « 7*0. Por consiguiente, aunque el choque es absolutamente inelástico, la pérdida de la energía cinética es insignificante y después del choque el sistema se desplaza con una energía cinética casi igual a la que éste tenía antes del choque.

Es evidente que tal resultado debe ser obtenido en la práctica al clavar clavos, pilotes, etc. Por consiguiente, en este caso, es necesario que la masa del martillo sea mucho mayor que la del clavo (íig. 354. a).

r 0 — r t = j ( M ,vfx + M,v¡, — 2 M ,v¡ xux — 2M ,v,xux + M,u* + yVí.uj)

O

T0- T , = -i- M , (vtx- u x)* + i- M , (t»„- u x)\ (91)

T' ~ T ' = T T i [t M ' ( f « - “ « ) ' ] 0 1 ')

O

Entonces,

(92)

n L. Carnot (1753— 1823), eminente científico francés (matemático y mecá­nico) y destacado hombre de la época de la Revolución burguesa francesa.

444 Cap. X X I X . Aplicación de los teoremas a la teoría del choque

b) La masa del cuerpo chocado es mucho mayor que la masa dtl cuerpo quechoca (M ,^- M ,). En este caso, se puede considerar que

— a QM,+ M,

y la fórmula (92) da T. ss 0. De este modo, durante el choque, casi toda la energía cinética se gasta en deformar los cuerpos que chocan; al final del choque se puede admitir que los cuerpos están inmóviles

Fig. 354

Es evidente que este resultado debe obtenerse en la práctica durante los trabajos de forja, remachado, etc. Por consiguiente, en este caso es necesario que la masa de la pieza a forjar junto con el yunque (o la masa del roblón junto con el apoyo) sea muchas veces mayor que la del martillo (fig. 554, b).

<¡¡ 165*. Choque con un cuerpo en ro tac ión . Examinemos uncuerpo, cuyo eje de rotación es z (fig. 355). Supongamos que en un momento cualquiera de tiempo se aplica al cuerpo un impulso de

choque 5. Entonces, de acuerdo con la ecuación (81') se tendrá

K i ,— Ktz = mí (S),

porque los momentos respecto del eje z de las reac­ciones de los impulsos Sa y Sb , que aparecen en los cojinetes, serán iguales a cero. Si antes del choque el cuerpo tenia una velocidad angular co0 y después del choque su velocidad angular resultó igual a o ,, en­tonces, /e0í = /,(■>(,, Ku — J za>, y en definitiva, obten­dremos:

•/,(« ! — <■>,)=■ m ,(S) (93)

co1 = ü>0+ ^ ) . (93')J X

La fórmula (93) determina la variación de la velocidad angular del cuerpo durante el choque. De ésta se deduce que la velocidad, angular del cuerpo durante el choque varia en una cantidad igual a la relación entre el momento del impulso de choque y el momento de inercia del cuerpo respecto del eje de rotación.

§ /65*. Choque con un cuerpo en rotación 445

Reacciones impulsivas. Hallemos loa valores de las reacciones im pu ls ivas de la quicionera A y del cojinete B. Tracemos los ejes Axyz de tal manera que el centro de masas C del cuerpo se encuentre en el plano Ayz (fig. 356.a). Represen­temos las reacciones impulsivas incógnitas por sus componentes a lo largo de estos ejes. Admitamos que A B = b y la distancia entre el punto C y el eje Az es igual a a. Compongamos las ecuaciones (80') para las proyecciones sobre los tTes ejes y las ecuaciones (81') para las proyecciones sobre los ejes Ax y Ay (la ecuación para la proyección sobre el eje Az ya se u tiliz ó al obtener la ecuación (93)). Ya que el cuerpo no se desplaza durante el choque, los vectores vc y «c serán paralelos al

Z Z

eje Ax; por consiguiente. Qox — — M ur = — Maco0, Q lx — — Ma(úl y Qy = Q = 0.

Utilizando al mismo tiempo las fórmulas (34) del § 143 para la composición de las ecuaciones (81'), tendremos

— M u ((ú l — G>o) = -Si4jC-hSflx + <Sx ,

0 = SAy-h $By 0 = Srf,-f «S/I / Q .

— J xx (“ i - “ o) = — S Byb -f- mx (S).— S y j(< * i — <*o) = S gx t> + m y (S ).

Las ecuaciones (94) sirven para determinar las reacciones impulsivas incógnitas Sax• $Ay $Az> $Bx> $By La diferencia co, — <o0, que entra en estas fórmulas, se halla haciendo uso de la igualdad (93).

Centro del choque. La aparición de las reacciones impulsivas durante el choque no es deseable, porque ésta puede llevar a un desgaste más rápido o a la destrucción de las piezas de la construcción (cojinetes, árbol, etc.). Veamos si se puede efectuar el choque contra un cuerpo fijado sobre un eje de tal manera que no surjan reac­ciones impulsivas en los cojinetes A y B. Para eso, hallemos las condiciones, para las cuales las ecuaciones (94) son válidas, suponiendo que en éstas ^ = 5 ^ = 0.

Si Sa = Sb = 0. la segunda y la tercera de las ecuaciones (94) se expresarán asi: Sy = 0. S t = 0. Para satisfacer estas ecuaciones hace falta dirig ir el impulso 5 perpendicularmente al plano Ayz, es decir, (de acuerdo con las condiciones adop­tadas) al plano que pasa por el eje de rotación y por el centro de masas del cuerpo. Supongamos oue el impulso S tiene esta dirección (fig. 356,6). Puesto que cuando Sa = S b =*0. lfl forma del sistema (94) no depende de la elección del origen de coordenadas sobre el eje Az, tracemos, para simplificar los cálculos posteriores, el plano Oxy de tal manera que el impulso 5 se encuentre en este plano. Enton­ces. mx (5) = my (S )*= 0 y las últimas dos ecuaciones del sistema (94). en las cuales se debe considerar que 5u~-0, darán J xe = J yz = 0. Esto significa (véase el § 133)

446 Cap. X X I X . Aplicación de los teoremas a la teoría del choque

que el plano Oxy. en el cual se encuentra el impulso S. debe pasar por el punto O. para el cual el eje z es el eje principal de inercia del cuerpo; en particular, como se muestra en el § 133. se cumplirán las condiciones J xx = J yz^ 0 si el plano Oxy es el plano de simetria del cuerpo.

Ahora examinemos la primera ecuación de (94). Ya que Sa = Sb ~ 0 y S* = — S (véase la íig. 356. b), esta ecuación tomará la íorma Ma (o>, — <u0) = 5 . Al mismo tiempo la ecuación (93) da J z (o>, — ü>0)«=S/i, porque en nuestro caso mz (S) = S h. E lim inando en estas dos ecuaciones la diferencia wl — ü)0, hallamos

h=4r-Ma(95)

La fórmula (95) determina la distancia h del eje, sobre el cual se debe aplicar el impulso de choque.

Asi pues, para que durante el choque contra un cuerpo fijado sobre el eje z no aparezcan reacciones impulsivas en los puntos de fijación hace falta:

1) que el impulso de choque se encuentre en el plano Oxy perpendicular al eje z y que pase por el punto O del cuerpo, para el cual el eje z es el eje principal de inercia (en particular, el plano Oxy puede ser el plano de simetria del cuerpo);

2 ) que el choque se produzca en la dirección perpendicular al plano que pasa por el eje de rotación z y por el centro de masas C del cuerpo;

3) que el impulso de choque esté aplicado a una distancia ^ = ^el eJe

(hacia el lado del eje donde se encuentra el centro de masas).El punto K. por el cual pasará, en este caso, el impulso de choque sin pro­

vocar reacciones impulsivas en los puntos de fijación del eje, se llama centro de choque.

Señalemos que de acuerdo con (95) el centro de choque coincide con el centrode oscilaciones del péndulo físico. Por consiguiente, como indicamos en el § 155,h > a. es decir, el centro de choque dista del eje más que el centro de masas. Siel eje de rotación pasa por el centro de masas del cuerpo, entonces, ú = 0 y obte­nemos h = oo. En este caso, no existe una distancia finita del centro de choque y todo choque contra el cuerpo será transmitido al eje.

Las aplicaciones de los resultados obtenidos se ilustran en los ejemplos siguientes:I. Durante la construcción de un martillo giratorio (véase el problema 150) o

de una máquina de pruebas de resiliencia de péndulo (un instrumento en formade péndulo para el ensayo de materiales al choque),etc. hace falta disponer el eje de rotación de tal ma­nera que el punto del cuerpo que produce el choquesea el centro de choque respecto de este eje.

2. Durante el trabajo con un martillo hace faltamantenerlo en la mano de tal manera que el punto que produce el choque sea respecto de la mano el centrode choque. En el caso contrario la mano podrá «soca-

Pi_ 3 5 7 rrarse».8 3. Durante un golpe con un palo para no «soca­

rrar» la mano (fig. 357) hace falta golpear con el pun­to que, respecto de la mano, sea el centro de choque. Si se admite que el paloes una barra homogénea de longitud l y que el eje de rotación coincide con su

extremo, entonces, a J . = — M I1 y h = = r l.* «5 A* a u

Por consiguiente, en el caso representado en la fig. 357 hace falta golpear con2 I

la parte del palo que se encuentra a la distancia — / de la mano o a y l del otro

extremo del palo.Problema 150. Un martillo giratorio AD. en el momento del choque contra el

percutor B (fig. 358) tiene una velocidad angular <o0. Determinar la velocidad del

§ 765*. Choque con un cuerpo en rotación 447

percutor al (¡nal del choque y la presión impulsiva sobre el eje A Se conocen las masas M y m del martillo y del percutor, el momento de inercia J A del martillo respecto del eje A y las distancias a y 6 (el punto C es el centro de masas del martillo).

Solución. Designemos a los impulsos de choque que actúan sobre el martillo y el percutor durante el choque por St y St . Entonces, para el martillo (de acuerdo con la ecuación (93)] y para el percutor (de acuerdo con la ecuación (80')], teniendo en cuenta que S 1 = S 1 = S, y t ;^= 0 , obten­dremos:

J a ( « i — <•>„)= — S b ' m u n — S- (a)

El momento Sb se toma con el signo menos, porque el momento está dirigido en sentido contrario a la rotación del martillo.Además, ya que para el punto D del marti­llo uD = o)0b y un — o)xb (vp es la velocidad antes del choque. uD es la velocidad después del choque), la fórmula (84), que define el coeficiente de restitución en el choque directo de dos cuerpos, dará:

u D ~ u n = — k { v D — v f í )

o

(l>! b — U f f — — kl¡)0b

Poniendo aqui los valores de <ú, y 5 to­mados de la ecuación (a), hallaremos la velocidad del percutor al final del choque:

_/**(!+ *) ..JA + m* “«

Para determinar la reacción impulsiva que actúa por parte del eje sobre elmartillo, planteamos la ecuación (80) para las proyecciones sobre los ejes Ax y Ay.Teniendo en cuenta que

tendremos

Pero de la ecuación (a)

QoX — MuCx = Mü>0a, Q lx = M uCx = Mü>ta.

A ía (c o , — ío0) = — 5 -{- S¿x, Sjy — 0 . <b)

S = muB, ti>,— <i)0= —nib

■

Poniendo estos valores en la igualdad (b) y sustituyendo u g por su valor, obtendremos finalmente:

s*>=7T ^ M mfc(l +*)“0-

De aqui se ve que cuando b = -^L , es decir, cuando el punto D es el centro

de choque, la magnitud 5^ = 0. Cuando Mab < J A, obtendremos > 0, es decir, la presión impulsiva sobre el martillo está dirigida a la izquierda y la presión sobre el eje. a la derecha. Cuando Mub > J la presión sobre el eje está dirigida a la izquierda.

CAPITULO X X X

Principio de D ’A lem bert. Presión sobre el eje de un cuerpo en rotación

§ 166. P rinc ip io de D ’A lem bert. Todos los métodos de resol­ver problemas de la Dinámica examinados hasta ahora por nosotros están basados en las ecuaciones obtenidas directamente de las leyes de Newton o de los teoremas que son corolarios de estas leyes. Sin embargo, éste no es el único camino. Las ecuaciones del movimiento o las condiciones de equilibrio de un sistema mecánico pueden ser , obtenidas basándose, en vez de las leyes de Newton, en otros concep­tos generales llamados principios de la Mecánica. Como veremos, en muchos casos el empleo de estos principios permite hallar los méto­dos más adecuados para resolver los problemas correspondientes. En este capítulo examinaremos uno de los principios generales de la Mecánica llamado principio de D ’Alembert.

Supongamos que hay un sistema compuesto de n puntos materia­les. Elijamos un punto cualquiera del sistema, de masa mk. Bajo la acción de las fuerzas externas e internas F¡¡ y F¡ aplicadas al punto (entre las cuales figuran las fuerzas activas y las reacciones de las ligaduras) éste recibe una cierta aceleración w k respecto del sistema de referencia inmóvil.

Introduzcamos en el análisis la magnitud

F i ° = — m„wk (96)

que tiene dimensiones de una fuerza. La magnitud vectorial cuyo módulo es igual al producto de la masa del punto por su aceleiación y dirigida en sentido opuesto a esta aceleración, se llama fuerza de inercia del punto.

Entonces, resulta que-el movimiento del punto posee la siguiente propiedad general: si en cada momento de tiempo a las fuerzas F k y F ‘k que actúan efectivamente sobre un punto se les añade la fuerza de inercia F¡,", el sistema obtenido estará equilibrado, es decir, se tendrá

F i + F l + F 'S-O . (97)

Esta tesis expresa el principio de D’Alembert para un punto material. Se ve fácilmente que éste es equivalente a la segunda ley de Newton y viceversa. En efecto, la segunda ley de Newton para el punto que se estudia da mkw k = F l + F¡,. Pasando aquí el miembro mkwk a la parte derecha de la igualdad y teniendo en cuenta la notación (96),

§ 166. Principio de D'Alemberl 449

obtenemos la relación (97). Y al contrario, pasando en la igualdad (97) el término Fl" al otro miembro de la igualdad y teniendo en cuenta la notación (96), obtendremos la expresión de la segunda ley de Newton.

Repitiendo los razonamientos hechos más arriba respecto de cada punto del sistema llegaremos al resultado siguiente que expresa el principio de D’Alembert para un sistema: si en todo momento de tiempo a cada punto del sistema, además de las fuerzas externas e in­ternas que actúan efectivamente sobre éste, se le aplican las fuerzas de inercia de D'Alemberl correspondientes, el sistema de fuerzas obtenido se encontrará en equilibrio y se le podrán aplicar todas las ecuaciones de Estática.

El principio de D ’Alembert se expresa matemáticamente por medio de un sistema de n ecuaciones vectoriales del tipo (97) que son evi­dentemente equivalentes a las ecuaciones diferenciales del movimiento del sistema (13) obtenidas en el § 134. Por consiguiente, con ayuda del principio de D'Alembert y de las ecuaciones (13) se pueden ob­tener todos los teoremas generales de la Dinámica.

La importancia del principio de D'Alembert consiste en que du­rante su aplicación directa a los problemas de Dinámica, las ecuacio­nes del movimiento del sistema adquieren la forma de las ecuaciones de equilibrio que son bien conocidas; esto facilita la resolución de problemas y habitualmente simplifica mucho los cálculos correspondien­tes.

Además, el principio de D'Alembert, en unión con el principio de desplazamientos virtuales, que será estudiado en el capitulo posterior, permite obtener un nuevo método general de resolver los problemas de la Dinámica (§ 173).

Al utilizar el principio de D’Alembert es necesario tener en cuenta que éste, como la ley fundamental de la Dinámica, se refiere al mo­vimiento respecto de uñ sistema de referencia inmóvil. En este caso, sobre los puntos del sistema mecánico cuyo movimiento se examina, actúan solamente las fuerzas externas e internas F‘k y F ‘k surgidas como resultado de las acciones mutuas de los puntos del sistema entre sí, así como con los cuerpos que no pertenecen a este sistema. Bajo la acción de tales fuerzas los puntos del sistema se desplazan con ia aceleración correspondiente wk. Las fuerzas de inercia, mencionadas en el principio de D ’Alembert, no actúan sobre los puntos en movi­miento de lo contrario, según las ecuaciones (97) estos puntos se encontrarían en reposo o se moverían sin aceleración alguna y, en este caso, de acuerdo con la igualdad (96) no habría fuerzas de iner­cia. La introducción de las fuerzas de inercia es un procedimiento que permite componer las ecuaciones de la Dinámica con ayuda de los métodos más sencillos de la Estática.

En el § 120 se examinaron las fuerzas de inercia introducidas durante el estudio del movimiento en los sistemas de referencia no

29- 142

450 Cap. X XX . Principio de D'Alembert

inerciales, las cuales tienen otro sentido, es decir, la adición de las fuerzas de inercia a las fuerzas de acción mutua del punto en movi­miento con otros cuerpos permite conservar para las ecuaciones de movimiento respecto del sistema de referencia no inercial la misma expresión que para el inercial. Estas fuerzas se llaman fuerzas de inercia de traslación y de Coriolis y no hay posibilidad de confundir­las con el concepto de la fuerza de inercia referente al principio de D'Alembert.

Se sabe de la Estática que la suma geométrica de las fuerzas que se encuentran en equilibrio y la suma de sus momentos respecto de un centro cualquiera O son iguales a cero, además, de acuerdo con el principio de solidificación (§ 3) esto es válido para las fuerzas que actúan no solamente sobre un cuerpo sólido, sino también sobre un sistema variable cualquiera. Entonces, según el principio de D'Alem­bert se debe tener;

2 ( F Í+ F Í + r t n) = 0. I

2 ( " * 0 ( ^ í > -i- « * 0 (/= - í) -i- ( / - ¿ n ) } = o . f

Introduzcamos la notación;

= 2 r i n, Mi>" = 2 "*o (FtT). (99)

Las magnitudes R ln y Mo son respectivamente el vector principaly el momento principal de las fuerzas de inercia respecto del centro Odel sistema. Como resultado, teniendo en cuenta que la suma geomé­trica de las fuerzas internas y la suma de sus momentos son iguales a cero (§ 129), de la igualdad (98), obtendremos:

2 / rí + / ? ,n = 0 . 2 " * o ( F Í ) + ^ o = 0 - (100)

La aplicación de las ecuaciones (100), las cuales son corolarios del principio de D'Alembert, simplifica el proceso de la resolución de problemas, porque estas ecuaciones no contienen a las fuerzas in­ternas. En efecto, las ecuaciones (100) son equivalentes a las ecuacio­nes que expresan los teoremas de la variación de la cantidad de movimiento y del momento principal de la cantidad de movimiento del sistema y se distinguen de éstas solamente por la forma.

Es particularmente cómodo utilizar las ecuaciones (100) durante el estudio del movimiento de un cuerpo sólido o de un sistema de cuerpos sólidos. Para el estudio completo del movimiento de un sis­tema variable estas ecuaciones son insuficientes11.

Para las proyecciones sobre los ejes coordenados las igualdades (100) nos dan ecuaciones análogas a las ecuaciones correspondientes

11 Esta conclusión se deduce de los razonamientos desarrollados en el § 3 du­rante el estudio del principio de solidificación Véase también lo dicho sobre los teoremas generales de la Dinámica en el § 134

§ 167. Vector principal y momento principal de las fuerzas 451

■ la Estática (véase los §§ 24, 49). Para utilizar estas ecuaciones ti inte la resolución de problemas hace falta conocer la expresión dr \octor principal y del memento principal de las fuerzas deine;

$ !t¡7. Vector principal y momento princ ipa l de las fu e r ­za s (le inercia. Resulta de las igualdades (99) (véase el § 47) que se puede reemplazar el sistema de fuerzas de inercia de un cuerpo sólido por una sola fuerza igual a /?ln, aplicada al centro O, y por

un par de momento igual a M'S- El vector principal del sistema de fuerzas, como se sabe, no depende de la elección del centro de reduc­

ción y puede calcularse de antemano. Ya que Fl" = — tenien­do en cuenta la igualdad (15) del § 135, tendremos”

R'" = — 2 m*w* = — •* « !> (101)

Por consiguiente, el vector principal de las fuerzas de inercia de un cuerpo que efectúa un movimiento cualquiera es igual al producto de la masa del cuerpo por la aceleración de su centro de masas y está dirigido en el sentido opuesto a esta aceleración.

Si se descompone la aceleración w c en las componentes tangente y normal, el vector R lu se descompondrá en las componentes

Rx = — « c . Rn = — «*wc„. (101')

Hallemos el momento principal de las fuerzas de inercia para algunos casos particulares.

1. Movimiento de traslación. En este caso, el cuerpo no efectúarotación alrededor del centro de masas C. De aquí se concluye que

2 « c(f {) = 0 y Ia igualdad (100) da jWcn=0 .Por consiguiente, durante un movimiento de traslación las fuerzas

de inercia de un cuerpo sólido Se reducen a una resultante igual a R lnque pasa por el centro de masas del cuerpo.

2. Movimiento planoparalelo. Supongamos que el cuerpo tieneplano de simetría y se desplaza paralelamente a éste. En virtud dela simetría, el vector principal y el par resultante de las fuerzas de inercia, asi como el centro de masas C del cuerpo se encuentran en el plano de simetría. Entonces, eligiendo el centro de reducción en el

punto C obtendremos de la igualdad (100) M¡? = — 2 mc(^*)- P°r otro lado (véase el § 156), según la última ecuación de (73), 2 mc(fr£) — J c 'e- De aquí concluimos que

Me — — J c-e- (102)

De este modo, en este caso de movimiento, el sistema de fuerzas de inercia se reduce a una fuerza resultante igual a R 'n [fórmula (101)],

n En este capítulo, para mayor claridad, la masa de un cuerpo será desig­nada por la letra manuscrita (véase la nota en la pág. 353).

452 Cap. X X X . P rincip io de D‘Alembcrt

que está aplicada al centro de masas C del cuerpo (fig. 359) y a un par que se encuentra en el plano de simetría, cuyo momento está defi­nido por ¡a fórmula (102). El signo menos en la fórmula muestra que

el momento Af[" está dirigido en sentido contrario a la aceleraciónangular del cuerpo.

3. Rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masasdel cuerpo. Supongamos de nuevo que el cuerpo tiene un plano desimetría y el eje de rotación Cz es perpendicular a este plano y pasa

por el centro de masas del cuerpo. Enton­ces, este caso es un caso particular del an­terior. Pero aquí w c = 0, y por consiguien­te, «>» = 0.

De este modo, en el caso que ss examina el sistema de las fuerzas de inercia se redu­ce a un par que se encuentra en el plano de simetría del cuerpo de momento,

= (102')

Fig 359 Durante la resolución de problemas conayuda de las fórmulas (101) y (102), se cal­

culan los módulos de las magnitudes correspondientes y sus direccio­nes se indican en el dibujo.

$ 168. Resolución de problemas. El principio de D'Alembert nos da un procedimiento único para componer las ecuaciones del mo­vimiento de un sistema no líbre”. Con ayuda de este principio se resuelven, fácil y evidentemente, los problemas en los cuales conocien­do el movimiento del sistema, hace falta determinar las reacciones üc las ligaduras impuestas. En este caso, todas las fuerzas interioresdesconocidas de antemano se excluyen del análisis. Sí hace falta de­terminar las reacciones de las ligaduras interiores, se debe descompo­ner el sistema en las partes, respecto de las cuales las fuerzas incóg­nitas serán externas.

Además, el principio ' de D'Alembert puede servir para componer las ecuaciones diferenciales del movimiento y, en particular, para de­terminar las aceleraciones de los cuerpos en movimiento.

En el caso del movimiento de un punto material no líbre, el usodel principio de D'Alembert lleva a ecuaciones análogas a las exami­nadas en los §§ 118, 119 (véase el problema 151).

Problema 151. Resolver el problema 112 (véase el § 119) con ayuda del prin­cipio de D’Alembert.

Solución. Representemos la carca en la posición en que hace falta hallar la tensión del hilo (fig. 360). Sobre la carga actúan la fuerza de gravedad P y la reacción del hilo T. Añadimos a estas fuerzas las fuerzas de inercia normal y tan*

n Para este fin puede servir muy eficazmente el principio de D'Alembert combinándolo con el principio de desplazamientos virtuales (véase el § 173).

§ 168. Resolución de problemas 453

gente F y El sistema de fuerzas obtenido, de acuerdo con el principio de

D’Alembert, se encontrará en equilibrio. Igualando a cero la suma de las proyec­ciones de todas estas fuerzas sobre la normal M x0 , ob­tendremos

T — P — = Q

w _ln mi/¡Ya que r n — mwn= . donde (/. es la velocidad de

0

y

r

F t' P

F“n

la carga en la posición M x, entonces,

7- = P + f¡,n=P+ íy? .

De este modo, acabamos de obtener para T la mis­ma expresión que en el problema 112. Ahora, determi­nando como en el problema 1 1 2 , la magnitud vx con ayuda del teorema de la variación de la energía cinéti­ca. hallaremos el resultado deseado.

La ecuación para las proyecciones sobre la tangente

da F '*— 0 . porque en el punto M x la derivada 0 , pues en este punto la

magnitud de la velocidad tiene valor máximo.Problema 152. Dos cargas de peso Px y P2, unidas con un hilo, se desplazan

a lo largo de un plano horizontal bajo la acción de la fuerza Q aplicada a la pri­mera carga (fig. 361, a). El coeficiente de rozamiento de las cargas sobre el plano es igual a /. Determinar la aceleración de las cargas y la tensión del hilo.

Fig. 360

* r,"r i

N,il 1V'//////,

Fig. 361

Solución. Representemos todas las fuerzas externas aplicadas al sistema. Aña­dimos a estas iuerzas las fuerzas de inercia. Ya que ambas cargas se desplazan en un movimiento de traslación con la misma aceleración w, entonces, los módu­

los de F\n y F l2n son:

F l"= £¿<0 . F',n =t-!w .1 e J e

Las direcciones de las fuerzas están indicadas en el dibujo. Las fuerzas de rozamiento son iguales a

Fx = fPx. Ft — f P *De acuerdo con el principio de D’Alembert el sistema obtenido debe encon­

trarse en equilibrioComponiendo las ecuaciones de equilibrio para las proyecciones sobre el eje

horizontal, hallaremos:

Q-HP> + P i)- j{P i + P,)w=o.

454 Cap. X X X . Principio de D ’Alembert

De aqui

- ( ^ - 08

Es evidente que las cargas se desplazarán si / < ¿* i i t

La tensión incógnita del hilo es, para el sistema que se estudia, una fuerza interna. Para su determinación descompongamos el sistema y apliquemos el principio de d’Alembert a una de las cargas, por ejemplo, a la segunda (fig. 361, b). Sobre esta carga actúan la fuerza P t . la reacción normal Nt. la fuerza de rozamiento F 7 y la

tensión del hilo T. Agregando a éstas la fuerza de inercia y componiendo la

ecuación de equilibrio para las proyecciones sobre el eje horizontal, tendremos:

T— IP .— Z*- w = 0 . g

Poniendo aqui el valor de w hallado antes, obtendremos en definitiva:

T = QPt Pi + P

T

□

Es interesante que. en este caso, la tensión del hilo no depende de la fuerzarozamiento y para un mismo peso total del sistema será tanto menor, cuanto

menor sea el peso de la segunda (de la última) car­ga. Por eso. por ejemplo, al formar un tren es más conveniente disponer en la cabeza los vagones más pesados y en la cola, los más ligeros.

Examinemos un ejemplo numérico. Sean: Q — 20 kgf. P , = 40 kgf. P-=10 kgf El movimiento es posible cuando f < 0.4. La tensión del hilo, en este caso, es igual a 4 kgf. Si se intercambian las cargas, la tensión será 16 kgf.

Problema 153. Resolver el problema 133 (§ 146) aplicando el principio de D’Alembert y hallar adicio­nalmente la tensión del hilo.

Solución. I) Considerando el tambor y la carga co­mo un solo sistema, agregamos a los cuerpos del siste­ma las fuerzas de inercia (fig. 362). La carga A se

Q Qdesplaza en un movimiento de traslación y para ésta /?‘n = — w j= ¡ — - rz. Las

6

fuerzas de inercia del tambor se reducen a un par de momento M q igual, en

módulo, a J 0z = - ~ p7lne y dirigido en sentido opuesto a la rotación (véase el § 167).

Componiendo las condiciones de equilibrio para todas las fuerzas en la forma

V m 0 ( í '* ) = 0 , obtendremos:

362

M 'n \ + Rlnr — Qr = 0 ó -y PÍnc + -f-'',e-Q'=°-

De aqui hallamos:

Qg'

'Ppín+Q'*

2) Examinando por separado la carga A y agregando a las fuerzas Q y T que actúan sobre ésta la fuerza de inercia obtendremos de las condiciones de equi*

§ J68. Resolución de problemas 455

librio que ia tensión del hilo es

t = q - r ' " = < ? ( i - ^ ) =■ .

^ g) P|n + Q''Problema 154. Determinar la fuerza que tiende a romper un volante de masa <*£

en rotación uniforme, admitiendo que su masa está distribuida por la llanta El radio del volante es igual a r y la velocidad angular, a w.

Solución. La fuerza incógnita es interna. Para determinarla cortamos el volante en dos partes y aplicamos el principio de D ’Alembert a una de las partes (fig. 363). Reemplazamos la acción de la parte omitida por fuerzas del mismo valor f-' que son numéricamente iguales a la fuerza /=. En cada elemento de la llanta la fuerza de inercia (fuerza centrífuga) está dirigida a lo largo del radio. Estas fuerzas con­currentes en el punto 0 tienen una resultante igual al vector principal de iner­

cia R ln , dirigida, en virtud de la simetría, a lo largo del eje Ox. De acuerdo con

la fórmula (101), /?,n = 0 ,5 <Jtwc = 0 ,5 o&Xcíú1, donde xc es la coordenada del2 r

centro de masas del arco de la semicircunferencia, igual a — (véase el § 57). PorJT

consiguiente,

Rln ..JT

Las condiciones del equilibrio dan 2F = R ln y finalmente

¡ . aSriú12 n

Con ayuda de esta fórmula se puede hallar la velocidad angular limite, sí se sobrepasa esta velocidad, el volante, hecho de un material dado, corre el riesgo de romperse

Problema 155. Una barra homogénea AB de longitud / y de peso P está fijada por una charnela A a un árbol vertical que gira con una velocidad angular ü> (fig. 364) Hallar la tensión T del hilo horizontal que mantiene la barra a un ángulo a respecto del árbol.

Solución. U tilizando el principio de D'Alembert agregamos las fuerzas de jnercia a las fuerzas externas P, T, X ¿, Ya aplicadas a ía barra. Para cada ele­mento de la barra de masa A/n la fuerza de inercia centrífuga es igual a Amu’x,

456 Cap. X XX . Principio de D'Alemberl

donde x es la distancia entre el elemento y el eje de rotación Ay. La resultante de estas fuerzas, distribuidas de acuerdo con la ley lineal de fuerzas paralelas (véase el § 28) pasa por el centro de gravedad del triángulo ABE, es decir, a la

2distancia /» = - j/c o s a del eje Ax Ya que esta resultante es igual al vector prin­

cipal de las fuerzas de inercia l>. de la fórmula ( 1 0 1 ), tendremos

P lK'n = a4wc= = -g -5-sen a

(aquí xc es la coordenada del centro de gravedad de la barra).

Ahora, componiendo la ecuación de la Estática ^ ¿ m A( f k) = 0, obtendremos:

TI cosa — R inh — P -^-sena = 0.

Poniendo aquí los valores de f l ,n y de h, hallaremos finalmente:

r = p ( l F 5e, ’ a + T t g a ) '

Otra solución. Se puede resolver el problema sin utilizar los resultados del § 28, calculando directamente la suma de los momentos de las fuerzas de inercia respecto del centro A por integración. Tracemos a lo largo de la barra AB el eje /4£. Sobre cada elemento de la barra <¿£ de coordenada £ actúa la fuerza de inercia igual a (ú2xdm. Su momento respecto del centro A será igual a yü)*xdm. Entonces, la ecuación de los momentos dará

/

2 mA (Fk) ""T I eos a — P ^ sen a — J <ú2yxdm = 0- (a)

o

Expresando todas las magnitudes que se encuentran bajo el signo de la integral en función de £, obtendremos:

o/ftx = |sen a. cosa, dm = — d^.

Como resultado, tendremos:

/ 1

Í a/ft P 1 P(ú2yxdm=-j- (ü* sen a eos a j — 1*<ú* sen a eos a.

Poniendo estos valores en la igualdad (a), hallamos para T la misma expresión que fue obtenida durante la solución anterior.

Problema 156. Una barra homogénea doblada a un ángulo recto gira en un lado horizontal alrededor de su extremo A (fig. 365) y en el momento actual su velocidad angular es o) y su aceleración angular, e. La longitud AB es igual a a, BC — b\ la masa por unidad de longitud de la barra es igual a p,. Hallar los esfuerzos en la sección de la barra que se encuentra a la distancia BD = h del punto B.

l) Se sabe de la Estática que para un sistema cualquiera de fuerzas la resul­tante (si ésta existe) es igual al vector principal de estas fuerzas. Por consiguien­

te, la resultante de las fuerzas de inercia, cuando ésta existe, es igual a # ln, pero si el movimiento no es de traslación esta resultante puede no pasar por el centro de masas del cuerpo, eso es lo que ocurre en nuestro ejemplo.

§ 168. Rosolución de problemas 457

Solución. Las fuerzas incógnitas son internas. Para hallarlas cortemos la barra en dos partes y examinemos el movimiento de la parte DC de longitud b — h. La acción de la parte omitida se reemplaza por una fuerza, aplicada al centro de la sección D, representada por sus componentes P y Q y por un par de momento M q (véase el § 27 y la fig. 72). Las magnitu­des P, Q y M p determinarán los esfuerzos incógnitos en la sección D de la barra, es decir, las fuerzas con las cuales las partes ABD y DC actúan entre si. Para calcular estas magnitudes utilizaremos el principio de D'Alembert.

Descompongamos las fuerzas de iner­cia de las partículas de la barra en las componentes tangentes y normales y desig­nemos a los vectores principales de estas

componentes por /?Jn y #J,n. Entonces,

trazando los ejes Bxy, como se muestra en la figura, y componiendo las ecuacio­nes de equilibrio correspondientes para las fuerzas efectivas y las de inercia, ten­dremos

Mo +/wU1+/m£ 1= o, ) (,)

donde A f^, es la suma de los momentos de las componentes tangentes de las fuerzas

de inercia respecto del centro D y es la suma de los momentos de las com­

ponentes normales de las fuerzas de inercia respecto del centro D.Calculemos las magnitudes que figuran en la ecuación (a). Para el elemento K

de longitud dx de la barra que está a una distancia B K = x del punto B, los mó­dulos de las componentes tangente y normal de la fuerza de inercia son iguales a dR '* — zrdm, d R l* = (ú2rdm, donde r — AK y dm==pldx. Entonces, teniendo en

cuenta que r c o s a = a , r sen a = x , tendremos:

=(P|C'P dx) eos a = p ,e o dx, = — (p¡er dx) sen a = — p,«x dx.

Por analogía, hallamos que

dK 'n. = *dx. dR l"u = p l(ú1a dx.

De aquí

*

* 5 = P iea $ dx = p ,ta (b — h), h

b

x dx= *— -i- p ,e (6J — fc*)j

* i x = ? P .« ’ (*>-**). <*-'>)•

Luego, teniendo en cuenta que las componentes de las fuerzas de inercia a lo largo del eje Bx producen momentos nulos respecto del centro D, obtenemos (véase

15 M 2083

Fig. 365

458 Cap. XXX . Principio de D'Alembert

la figura):

b b

M ¡í, = - - A) | | = - p,e J (x - A) xdx = - -i p, c (A» + 24» — 3b'h).

h h b b

M í ! j = j" — A) d /í!ili = P i“ S° § (* — A)</* = y P i^ ’ a ( i — A)>.

h h

Poniendo en la ecuación (a) todas las magnitudes calculadas hallamos que en la sección D actúan: la fuerza de extensión P , la fuerza transversal Q y el momento de flexión que son numéricamente iguales a

P = p, [<>(*— A)e + i . ( 6 ’ -A'>)<ü:!j ,

Q — p. ( t*- A « )e - < i(»- ft) u*|.

M D — n, [^-(263 + A3 — 3í>»A>e— ^a (A — A)»o>! j .

La magnitud p, que figura en estas ecuaciones es igual a la relación entre la masa de la barra y su longitud. Para el caso de una rotación retardada del mismo sentido, resulta que e se reemplaza por — e. Cuando a — 0. la barra BC girará alrededor de su extremo B.

§ 169.* Reacciones dinám icas que actúan sobre el eje de un cuerpo en rotación. E quilibrado dinám ico de las m asas.Examinemos un cuerpo sólido que gira uniformemente con una velocidad

angular o> alrededor de un eje fijado en los cojinetes A y B (fig. 366). Hallemos las reacciones dinámicas X A, YA, ZA, X YH de los cojinetes, que actúan sobre el eje, es decir, las reacciones que surgen durante la rotación del cuerpo. Suponga­mos que sobre el cuerpo actúan las fuer­zas dadas P\, P\, . . . P Designemos a las proyecciones del vector principal de estas fuerzas sobre los ejes coordenados Axyz, los cuales giran junto con el cuer­po, por Rrx, R‘„. R‘, (R*. = Y P‘k>, etc ), y a sus momentos principales respecto de los mismos ejes, por M'x, M\,

= etc.). En este caso,como el cuerpo gira uniformemente, M',-0.

Para determinar las reacciones incógnitas utilizamos el principio de D ’Alembert y agregando a todas las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo las fuerzas de inercia correspondientes, componemos las ecuaciones (100) para las proyecciones sobre los ejes Axyz. En nuestro caso, estas ecuaciones (o las ecuaciones de! § 49 correspondientes a

§ I69m. Reacciones mecánicas que actúan sobre el eje de un cuerpo 459

éstas), si se considera que AB = b, tendrán la forma

/ ? ; + / ? i " = o , 1Y a + Y „+ R’„ + R'y” = 0, ZA + R‘, + R',n = 0 . > (103)

— Y B b + M ' x + M i n = 0 , X „ b + M [ + M ‘ " = 0 . )

La última ecuación M ‘,+M\" — 0 es una identidad (porque e = 0) y por eso se omite.

El vector principal de las fuerzas de inercia /?'" = — v#wc. Cuando <o = const, el centro de masas C tiene solamente aceleración normal wCn = loVic donde hc es la distancia entre el punto C y el eje de rotación. Por consiguiente, la dirección del vector R coincide con la de OC Calculando las proyecciones de R ín sobre los ejes coordenados y teniendo en cuenta que hc eos a = xc, ftcsen a = yc, donde xc e yc son las coordenadas del centro de masas, tendremos:

R'" — <Jhú*hc eos a = <y*co’xc;

R'y = ^Uü'hc sen a = »€(o’yc; R\" = 0.

Para hallar MÍ" y A4¡," examinemos una 'partícula cualquiera del cuerpo, de masa m», que se encuentra a la distancia ht del eje. Paraesta partícula, cuando co = const, la fuerza de inercia tiene solamentecomponente centrífuga f'„" = /n*a>*/i*, cuyas proyecciones, como las proyecciones del vector R '", son iguales a

F i", = F)Tv = mka>'yk, f £ = 0.

Entonces, [véase el § 43, las fórmulas (52)]

mz(FÍ") = — F = — mku 'ykzk\

my(Fk ) = F 'ízk =

Formando estas expresiones para todos los puntos del sistema, sumán­dolas y sacando del paréntesis el factor común, tendremos:

/WÍn = — A C = ( 2 mfrV*)“ , = -, . < ( 104)

donde (véase el § 133) J „ y J yl son los momentos de inercia centri- fugos correspondientes

11 En el dibujo, la dirección del vector ff,n se indica con línea punteada. Si las fuerzas de inercia se reducen a un centro cualquiera, por ejemplo, al centro A,

entonces, éstas se reemplazarán por una fuerza igual a R [n aplicada a este centro,

y por un par, cuyo momento, respecto del centro A. está compuesto por y

M ln/rl y .a> Véanse en el § 133 las fórmulas (10). Las magnitudes J X2 y Jyt de las

igualdades (104) enlran en las expresiones de los momentos de las fuerzas de inercia centrífugas F.sto permite explicar la aparición del término «momento de inercia centrífugo».

460 Cap. X X X . Principio de D'Alembert

Poniendo en la igualdad (103) todos los valores hallados, obten­dremos:

X A-\-Xn = — /?í — <Jtxcu>*, Y A-l-Y„ = — — íMycu)1, \

ZA = - R i. X Bb = - M ‘y- J x,<o*. YBb = M ‘ - J ytw\ ( (105>

La ecuación (105) determina precisamente las reacciones dinámicas que actúan sobre el eje de un cuerpo sólido en rotación uniforme, si el eje de rotación es el eje Oz.

Considerando que en las igualdades (105) co = 0, obtendremos la ecuación para hallar las llamadas reacciones estáticas, que actuarán sobre el eje AB cuando el cuerpo está en reposo bajo la acción de las mismas fuerzas P f, P¡, P ’n. Durante la rotación del cuerpo, lasreacciones dinámicas pueden ser considerablemente mayores que lasestáticas, esto depende no solamente del valor de eo, sino también de las magnitudes xc, yc, J xí, J que caracterizan la distribuci ' -lelas masas del cuerpo respecto del eje de rotación z.

Sin embargo, de las ecuaciones (105) se ve que la presencia de rotación no influirá en las magnitudes de las reacciones de los cojinetes A y B, si

*c = 0, yc = 0; (106)J . , = 0, J y, = 0. (107)

Las igualdades (106) y (107) expresan las condiciones bajo las cuales las reacciones dinámicas, que actúan sobre el eje de un cuerpo en rota­ción, son iguales a las reacciones estáticas o, como se dice, las condi­ciones del equilibrado dinámico de las masas de un cuerpo durante su rotación alrededor del eje z.

Las condiciones (106) significan que el centro de masas de un cuerpo debe encontrarse sobre el eje de rotación, y las condiciones (107), que el eje de rotación debe ser el eje principal de inercia del cuerpo para el origen de la coordenada A. Si se cumplen al mismo tiempo lascondiciones (106) y (107), el eje Az será el eje principal central deinercia del cuerpo (véase el § 133). Así es que, las reacciones dinám i­cas que actúan sobre el eje de un cuerpo en rotación serán iguales a las estáticas, si el eje de rotación es uno de los principales y centrales de inercia del cuerpo. Esta conclusión es también válida para el caso, cuando un cuerpo gira irregularmente.

El problema examinado permite aclarar simultáneamente el sentido mecánico de las magnitudes J XM y J yl, es decir, tos momentos de inercia centrífugos J xc y J yl caracterizan el grado de desequilibrado dinámico de las masas del cuerpo durante su rotación alrededor del eje z.

El equilibrado dinámico de las masas (o, como se dice, el equili­brado de las fuerzas de inercia) es un problema técnico importante que se reduce, como se ve, a la determinación de los ejes principales y centrales de inercia del cuerpo. En el § 133 se dijo que todo cuerpo

$ 169*. Reacciones mecánicas que actúan sobre el eje de un cuerpo 461

tiene por lo menos tres ejes principales y centrales de inercia, que son mutuamente perpendiculares.

Demostremos otra tesis que es de igual importancia: todo eje trazado en un cuerpo puede convertirse en el eje principal y central de Inercia agregando al cuerpo dos musas puntuales. Supongamos que para un cuerpo de masa las magnitudes xc, yc, J xt, J yt son conocidas yno son iguales a cero. Agregemos al cuerpo dos masas ml y m, en los puntos de coordenadas (x,, y ,, z,) y (x„ yt, z,). Entonces, de las fórmulas (I) y (10) se deduce que si

vfixc + /«,*, + mtxt = 0, *4yc + mtyí + m,yx =. 0,J X1 + m.x.z, + m,x,z, = 0, J y, + m ^ z , -f m,y,zt = 0,

para el cuerpo obtenido se tendrá x'c — ifc — Jx¡ = J Vi — 0. es decir, el eje Oz será el eje principal y central de inercia. Eligiendo las masas mi Y «.-y sus posiciones de tal modo que sean válidas las ecuaciones (108), resolveremos el problema planteado. Claro está que parte de las magnitudes deben ser definidas de antemano. Por ejemplo, se pueden dar los valores de m,, nt, y de z,, z, (pero de tal manera que z . ^ z , ) y con ayuda de las ecuaciones (108) hallar x„ y¡, xt, y„ etc.

Tal método de equilibrado de las masas se utiliza ampliamente en la práctica para equilibrar cigüeñales, manivelas, bielas de acopla­miento, etc. En este caso, el equilibrado definitivo se efectúa en bancos especiales.

Para determinar las presiones sobre el eje durante la resolución de problemas concretos, no se utilizan habitualmente las ecuaciones (105), sino que cada vez se emplea directamente el principio de D'Alembert.

Problema IS7. El eje de rotación de un disco es perpendicular al plano deéste (fig. 367) y está desviado del centro de masas a una distancia a. El peso del disco es igual a P, la velocidad angular es constante e igual a <o. Determinar las reac­ciones dinámicas de los cojinetes A y B. si OA == 0fl = A.

Solución. Tracemos los ejes Oxyz de tal modo que e) eje Oy pase por el centro de masas C del disco (véa­se la [ig. 367); estos ejes giran junto con el cuerpo. El eje Oz seré el eje principal de inercia respecto del punto 0 , porque el plano Oxy es el plano de simetría del disco. Entonces, / eI = /.,r = 0 y de las fórmulas (104) y de la condición de que o> = const se deduce x

que M„" = 0 . es decir, que las fuerzas de inercia se

reducen a una resultante que pasa por el punto O y está dirigida a lo largo de la linea OC (a lolargodel p¡g 3 5 7

eje Oy). Su módulo es f l ,n = Mwc„ = — aw1, Yaque las

fuerzas P y f l ln se encuentran en el plano Oyt. las reacciones de los coji­netes están en el mismo plano, es decir, tienen las componentes Va , Z a en el punto /4, e Vg. en el punto B. Entonces, con ayuda del principio de D'Alembert componemos para todas las fuerzas efectivas y para las fuerzas de inercia las ecuacio­nes de equilibrio en las proyecciones sobre los ejes Oy y Oz y la ecuación de los

462 Cap. X X X . Principio de D'Atembert

momentos respecto del centro A y obtendremos:

r " '— y á - y „ = o . z a - p

Y „ 2h — P a — R ,nh ^ O .

Resolviendo estas ecuaciones hallaremos:

Pata» , a 8 2g 2/l *

- ,^ 1 - J íp Z .^ P 2g 2h Á

Las reacciones Y¿ y Yg se encuentran todo el tiempo en el plano Oyz que gira junto con el cuerpo.

Problema 158. Dos barras idénticas, de masa m cada una. dispuestas en el mismo plano a la distancia h una de la otra (fig. 368) están soldadas, formando

un ángulo recto, a un árbol vertical AB de longitud b\ la longitud de cada barra es igual a 21. Despreciando la acción de las fuerzas de gravedad, hallar las presiones dinámicas sobre el árbol, si éste gira con una velocidad angular constante to.

Solución. De acuerdo con el principio de D ’Alembert las reacciones de los cojinetes y las fuerzas de inercia forman un sistema equilibrado. En este caso, el módulo de las fuerzas de inercia de cada una de las barras es Igual a

F 'f =mlo>*

y forman un par que se equilibra, evidentemente, por un par de fuerzas X ¿. Xg. Los módulos de los momentos de estos pares son iguales. Por consiguiente X Ab =

= f ‘*1n A, de dondeFig. 368

F\nh

s~b~

mlh

~b~

El par se encuentra todo el tiempo en el plano Axz que gira Junto con el cuerpo.

Mostremos, como se puede llegar a este mismo resultado haciendo uso de las ecuaciones (105). En este caso, jcc = yc = 0 y J ye = 0, porque el plano Axz es el

plano de simetría. La magnitud J xt = J Xx-\- J~xz. es decir, es igual a la suma de los momentos centrífugos de inercia de cada barra. Para la barra inferior todas las

y para la superior todas las z* = a- f h. Entonces, según las fórmulas (10)

Jxt ~ ( 2 a ~ mxca — — rnla\ j “xz = mxc (a -f /i) = mi (a -f h). de donde

J xz — mlh.

Poniendo en las ecuaciones (105) todas magnitudes calculadas, hallamos:

mlio*

~b~ ’Ya = Yr = 0; X A * ■ Xfí = ~

El signo menos de Xg significa que las fuerzas Xg en las figs. 366 y 368 tie- nen direcciones opuestas.

Problema 159. El cigüeñal de un motor monocilíndrico tiene dos volantes idén­ticos A y B de radio /-=0,5 m. Considerando los brazos y el muñón del codo del cigüeñal como una carga de peso p = 2 l kgí que se encuentra a la distancia h = 0,2m del eje, determinar los pesos p¿ y pg de las cargas que deben colocarse sobre las llantas de los volantes para equilibrar el sistema, si a = 0,6 m, b = 1,4 m (fig 369).

§ /69*. Reacciones mecánicas que actúan sobre el efe de un cuerpo 463

Solución. Tracemos los ejes de coordenadas que giran junto con el cuerpo, de tal modo que el codo del árbol esté en el plano Oxz (véase el dibujo). En este caso, este plano será el plano de simetría. Por consiguiente. yc = 0 y como aquí el eje Oy respecto del punto O será el eje principal, entonces, Jyg =»0. Además, si se designa el peso de todo el sistema por P. se tendrá para éste.

El último resultado se deduce de que el momento centrífugo de inercia del sistema es igual a la suma de los momentos centrífugos de inercia de sus partes

y de que para los volantes y las partes del árbol adyacentes a éstos, los momentos centrífugos J xz son iguales a cero (el eje Oz es el eje de simetría).

Entonces, como se ve de las ecuaciones (108) para las cargas aue se agregan, las coordenadas yA = yB = 0 y los pesos p¿ y pn deben satisfacer a las igualdades:

P*c + P a *a + P h * b = 0 . + Y * + Y = °-

Ya que las cargas se colocan sobre las llantas de los volantes, entonces z¿ = 0 . zf í= b y yA = xn = — r (para el signo positivo la ecuación no tiene solución, por consiguiente, las cargas deben situarse abajo). Resolviendo la ecuación, hallaremos:

= = kgf. = 3.6 k8¡-

Después de agregar estas cargas el sistema se ha equilibrado, y el eje Oz es el eje principal y central de inercia (pero no el eje de simetría) de! cuerpo.

Pr'ncipio de los desplazamientos virtuales y ecuación general de la Dinámica

C A P IT U L O X X X I

§ Í70. Desplazam ientos v irtua le s del sistem a. Número de grados de lib e rtad . En este capitulo se considerará un nuevo prin­cipio general de la Mecánica, el principio de los desplazamientos vir­tuales; dicho principio establece, en términos generales, las condicio­nes de equilibrio de cualquier sistema mecánico.

Estudiando el equilibrio de un sistema de cuerpos por medio de los métodos de la llamada estática geométrica (véase la primera parte del curso), hace falta examinar el equilibrio de cada uno de los cuer­pos por separado reemplazando las ligaduras impuestas por las reac­ciones correspondientes desconocidas de antemano. Cuando el número de cuerpos en el sistema es considerable, este método resulta muy com­plejo y surge la necesidad de resolver una gran cantidad de ecuaciones con muchas incógnitas.

La particularidad distintiva del método que se deriva del principio de los desplazamientos virtuales, consiste en que durante la aplicación de dicho método, el efecto de la acción de las ligaduras no se calcula por medio de la introducción de las reacciones desconocidas de ante­mano, sino considerando los desplazamientos que pueden ser comunicados a los puntos del sistema, si éste se saca de la posición ocupada. En la Mecanica tales desplazamientos se llaman virtuales.

Los desplazamientos «virtuales» de los puntos de un sistema deben satisfacer dos condiciones: 1) éstos deben ser infinitamente pequeños, porque si los desplazamientos son finitos, el sistema pasará a otra

Íiosición, en la cual las condiciones de equilibrio pueden ser diferen- es; 2) éstos deben ser tales que se conserven todas las ligaduras im­

puestas ai sistema, porque en el caso contrario modificaremos el sistema mecánico que se examina (el sistema resultaria de otro tipo).

Por ejemplo, para el mecanismo de biela y manivela representado en la lig. 370, el desplazamiento de los puntos de la manivela OA a la posición OAl no puede ser considerado como «virtual», porque en esta posición las condiciones de equilibrio del mecanismo bajo la acción de las fuerzas P y Q serán distintas. Tampoco puede ser considerado virtual el desplazamiento, aunque sea infinitamente pequeño, del punto B de la biela a lo largo de la linea BD, éste serta virtual si en el puntoS en vez de la corredera se encontrara un manguito oscilante (véase la fig. 188, el manguito C), es decir, si se tratara de otro mecanismo.

Asi pues se llama desplazamiento virtual de un sistema a cualquier conjunto de desplazamientos infinitamente pequeños de los puntos del

§ 170. Desplazamientos virtuales del sistema 465

sistema que son compatibles, en el momento dado, con todas las liga­duras impuestas a este sistema. El desplazamiento virtual de un punto cualquiera del sistema será representado por un vector elemental 6s di­rigido en el sentido del desplazamiento.

En el caso general, para los puntos y cuerpos de un sistema puede existir una infinidad de desplazamientos virtuales diferentes (los des­plazamientos ós y — 6s no se consideran diferentes). No obstante, para cada sistema el tipo de las ligaduras impuestas a éste determina un número definido de desplazamientos virtuales independientes y cual-

Fig. 370

quier otro desplazamiento virtual podrá obtenerse como la suma geo­métrica de ellos. Por'ejemplo, una bola puesta sobre cualquier plano (o superficie) puede desplazarse a lo largo de este plano en una in­finidad de direcciones. Pero cualquier desplazamiento virtual de la bola 6s puede ser obtenido como la suma de dos desplazamientos 6st y 6s, a lo largo de ejes mutuamente perpendiculares que se encuentran en este plano (6s = ós, ós,).

El número de desplazamientos virtuales independientes entre si para un sistema se llama número de grados de libertad de este sistema.

La bola antes mencionada, situada sobre un plano (o una super­ficie), si la consideramos como un punto material, tiene dos grados de libertad. El mecanismo de biela y manivela tiene un grado de liber­tad. Un punto material libre tiene tres grados de libertad (serán in­dependientes tres desplazamientos a lo largo de los ejes mutuamente perpendiculares). Un cuerpo libre tiene seis grados de libertad (serán independientes tres desplazamientos de traslación a lo largo de los ejes coordenados y tres desplazamientos rotativos alrededor de dichos ejes).

§ 171. P rinc ip io de los desplazam ientos v irtua les . Introduz­camos el concepto de trabajo virtual, es decir, del trabajo elemental que puede realizar una fuerza aplicada a un punto material durante un desplazamiento que coincida con el desplazamiento virtual de dicho punto. Designemos al trabajo virtual de la fuerza activa F ‘ por el símbolo 8/la (ó/lJ — F‘6s eos a, donde a es el ángulo entre las direc­ciones de la fuerza y el desplazamiento) y al trabajo virtual de la reacción de la ligadura N por el símbolo 6A'.

¡0 142

•166 Cap XXX/ . Principio de los desplazamientos virtuales

En el § 149 se introdujo un concepto importante sobre los sistemas con ligaduras ideales. De acuerdo con la ecuación (52) del § 149, las ligaduras impuestas a un sistema son ideales si la suma de los trabajos elementales de las reacciones de estas ligaduras durante cualquier des­plazamiento virtual del sistema es igual a cero, o sea

2 6 ^ í = 0 (109)

En el § 149 se dan algunos ejemplos de tales ligaduras.Consideremos un sistema de puntos materiales que está en equilibrio

bajo la acción de todas las fuerzas aplicadas y de las ligaduras im­puestas a éste. Supongamos, en este caso, que todas las ligaduras del sistema son ideales.

Elijamos un punto arbitrario Bk del sistema y designemos a la resultante de todas las fuerzas activas aplicadas a dicho punto (tanto internas como externas) por F¡¡ y a la resultante de todas las reac­ciones de las ligaduras (también internas y externas) por Nt. Enton­ces, como el punto Bh junto con todo el sistema está en equilibrio, /7J-(-/V4 = 0 o /V„= — F¡. Por consiguiente, para cualquier desplaza­miento virtual del punto Bk, los trabajos virtuales 6<4J = y 6/1* de las fuerzas F( y Nk aplicadas a éste tendrán iguales módulos y signos contrarios, y su suma será igual a cero, es decir,

ó/t¡ + 6/ü = 0.

Por razonamientos análogos, obtendremos ecuaciones similares para todos los puntos del sistema. Sumando estas igualdades miembro a miembro, obtendremos:

2 M í + 2 m i = o .

Pero si las ligaduras impuestas al sistema son ideales, la segunda suma, según la ecuación (109), será igual a cero. Por consiguiente,

2 6 ¿ { = 0 (110)o bien

2 ( f *6s> cosa*)=0. (110')

Asi hemos demostrado que si un sistema mecánico con ligaduras ideales está en equilibrio, las fuerzas activas que actúan sobre éste satisfacen la condición (110). Es cierta también la deducción inversa,o sea, si las fuerzas activas aplicadas a un sistema mecánico satisfacen la condición (110), el sistema está en equilibrio. De aquí se deduceel principio de los desplazamientos virtuales siguiente'): para que un

*) El mismo principio, fue expuesto en una forma parecida a la moderna, pero sin demostraciones, por 1. Bernoulii (1667— 1748) lamoso matemático y macánico (de origen suizo) Este principio, en un aspecto general, lúe 'nrmulado y demos­trado, por primera vez, por Lagrange (1788). 1.a generalización del principio para el caso de ligaduras unilaterales (las que pueden ser abandonadas por el cuerpo) fue explicado por M. V Ostrogradsky en sus trabajos de 1838—1842.

§ 171. Principio de los desplazamientos virtuales 467

sistema mecánico con ligaduras ideales esté en equilibrio es necesario y suficiente que la suma de los trabajos elementales realizados por las fuerzas activas que actúan sobre dicho sistema sea igual a cero para cualquier desplazamiento virtual del sistema. La condición necesaria y suficiente para el equilibrio de cualquier sistema mecánico, se expresa matemáticamente por la igualdad (110), que se llama también ecuación de los trabajos virtuales. Esta condición se puede expresar en forma analítica (véase el § 112) de la manera siguiente:

2 + FiJ>yk + Fi,6z„) = 0. (111)

En la ecuación (111) 6xk, 6yk, óz„ son las proyecciones del despla­zamiento virtual 6sk del punto Bk sobre los ejes coordenados. Dichas proyecciones son iguales a los incrementos elementales de las coorde­nadas de este punto durante su desplazamiento y se calculan como las diferencíales de las coordenadas.

La importancia del principio de los desplazamientos virtuales con­siste en que éste da, en una forma generalizada, la condición de equilibrio para cualquier sistema mecánico, mientras que los métodos de la Estática geométrica exigen un análisis del equilibrio de cada uno de los cuerpos del sistema por separado. En este caso, al aplicar este principio hay que considerar solamente las fuerzas activas, y permite excluir del ánálisis preliminar todas las reacciones desconocidas de ias ligaduras, cuando éstas son ideales.

§ 172. Solución de problemas. Para los sistemas con un grado de libertad, las igualdades (110) o (111) dan directamente las condi­ciones de equilibrio del sistema. Si el sistema tiene varios grados de libertad, es necesario escribir por separado las condiciones (110) o (111) para cada uno de los desplazamientos independientes del sistema', enton­ces, obtendremos tantas condiciones de equilibrio para el sistema, como grados de libertad haya.

En diferentes mecanismos planos, durante la resolución de ploblemas. el nú­mero de grados de libertad se puede determinar de la manera siguiente Suponga­mos que un mecanismo está en movimiento. Si al detener el movimiento de traslacióno de rotación de uno de sus elementos, se detiene simultáneamente todo el meca­nismo, entonces, este mecanismo posee un solo grado de libertad. Si después de detener el movimiento de traslación o de rotación de un elemento el mecanismo continúa moviéndose, pero, al detener el movimiento de cualquier otro elemento, el mecanismo se para, entonces, éste posee dos grados de libertad y así sucesiva­mente.

Para resolver problemas mediante el método geométrico hace falta:1) representar todas las fuerzas activas que actúan sobre el sistema;2) comunicar al sistema un desplazamiento virtual e indicar en el dibujo los vectores bsk de los desplazamientos elementales de los puntos de aplicación de las fuerzas o los ángulos 6cpt de los giros elementales de los cuerpos, sobre los cuales actúan las fuerzas (si el sistema posee varios grados de libertad es necesario comunicarle uno de los desplaza-

.i(i

168 Cap. X XX / . Principio de los desplazamientos virtuales

mlentos independientes); 3) calcular los trabajos elementales de todas los fuerzas activas para el desplazamiento dado mediante las fórmulas:

6A‘k = F‘k¿sk o 6Ai = m0 (F()6<pk (112)

y escribir la condición (110); 4) definir la relación entre los valoresde 6sk y 6<p» que intervienen en la condición (110) y expresar todosestos valores por medio de una sola magnitud, lo cual siempre se puedehacer porque se ha comunicado al sistema un desplazamiento virtual independiente.

Después de sustituir en la condición (110) todos los valores de 6sk. 6<pk por una sola magnitud, obtendremos una ecuación, de la cual se hallará la magnitud o la relación buscada en el problema.

Para un sistema con varios grados de libertad, el cálculo citado se repite para cada desplazamiento independiente por separado.

Las relaciones entre las magnitudes 6st y 8<p, pueden determinarse; a) por medio de razonamientos puramente geométricos (los problemas 160, 165); b) mediante el método cinemático determinando la relación entre las velocidades lineales vk o angulares u>k respectivas, que ten­drían los puntos o cuerpos del sistema, si éste se desplazara, y luego teniendo en cuenta que 6sk = vkdt y 6<p, — a>jd/ (los problemas 161, 162 y otros).

Durante el método analítico de cálculo, las condiciones de equilibrio se componen en la forma (111). Para eso, se eligen los ejes coordena­dos relacionados con el cuerpo, el cual permanece inmóvil durante los des­plazamientos virtuales del sistema. Después se calculan las proyecciones de todas las fuerzas activas sobre los ejes elegidos y las coordenadas xk. yk, zk, de los puntos de aplicación de estas fuerzas, expresando todas las coordenadas por medio de un parámetro cualquiera (por ejemplo del ángulo). Luego, las magnitudes 6xk, 6yk, 6zk se hallan diferenciando las coordenadas xk, zk respecto de este parámetro. Por ejemplo,si xk = / (a), 6xk = /' (a) Óa, etc.

Si no podemos expresar todas las coordenadas xk, yk, zk mediante un solo parámetro, será necesario introducir varios parámetros y des­pués determinar la relación entre ellos.

Para terminar, señalemos que las condiciones (110) y (111) pueden ser utilizadas también para resolver problemas en los que existe roza­miento; en este caso la fuerza de rozamiento se incluye en el número de las fuerzas activas. Del mismo modo pueden hallarse las reacciones de las ligaduras si, después de omitir una ligadura, ésta se reemplaza por la reacción correspondiente incluyéndola en el número de las fuer­zas activas.

Problema 160. Hallar la relación enlre las fuerzas P y Q en el mecanismo presentado en el dibujo (fig. 371) para el caso de equilibrio.

Solución. Si se comunica al sistema un desplazamiento virtual, todas las dia­gonales de los paralelogramos formados por las barras se estirarán en una misma magnitud 6s. Entonces. ds¿=ós. 6 s b — 3 ó s . Componiendo la ecuación (110 ) , obten-

§ 172. Solución de problemas 469

d remos:P 6sb — Qósa = 0 o (3P — Q) fls = 0,

de donde Q = 3 P . El resultado se ha obtenido con facilidad.Problema 161. El peso de un madero es igual a Q, el peso de cada uno de los

rodillos cilindricos sobre los cuales está puesto el madero es igual a P. Cuál será el valor de la fuerza F que se debe aplicar al madero para mantenerlo en equilibrio sobre un plano inclinado bajo un ángulo dado a (fig. 372). El rozamiento de los rodillos con el plano y con el madero impide el deslizamiento.

Solución. Si se desprecia la resistencia al rodamiento, el plano representará para los rodillos una ligadura ideal. Comunicando al sistema un desplazamiento virtual obtenemos, de acuerdo con la condición ( 1 1 0 ):

FósB'— Q sen a 6sB — 2P sen aósc = 0,

donde ósn es el desplazamiento virtual del madero, que coincidecon el desplazamiento del punto B.

El punto de contacto A es el centro instantáneo de velocida­des del rodillo. Por consiguiente. vb = 2vc Y &SB — 20Sc. porque óss =Vfídt, &sc = vcdt. Poniendo este valor de 6sB en la ecuación anterior, hallaremos finalmente

F = (Q-f- P) sen cu

Problema 162. Hallar la dependencia entre el momento M del par que actúa sobre la manivela del mecanismo de biela y mani­vela (fig. 373), y la fuerza de presión P sobre el pistón, en estado de equilibrio. La longitud de la manivela es OA — r y la de la biela. AB — l.

Solución. La condición de equilibrio (110) da

PÜSfj — Móq>=»0 ó M(úoa = PvB.

como tKp — tí>QA dt, tiSB—Vfídt. La solución se reduce a hallar la relación entre oB y 0)oa- Este problema cinemático fue resuelto antes (§ 82. problema 71). Utilizando

fi

el resultado obtenido en aquel problema, hallamos:

M «=* Pr ( 1 H---- —S ^ sen <p.\ V / •— r* sen* 9 )

Problema 163. Para el reductor examinado en el problema 91 (véase el § 95), hallar la relación entre el momento de rotación M A, aplicado al árbol propulsor A, y el momento de resistencia M B. aplicado al árbol conducido B, cuanao ambos árboles giran uniformemente.

Fig 371

470 Cap. X X X I Pr i nctpio de los desp l azami en (os virtuales

Solución. Durante una rotación uniforme la relación entre M a y M r es lamisma que en el estado de equilibrio. Por consiguiente, de acuerdo con la con­dición (110)

— AÍ/Ap/> = 0 ó M a <*a — M fíto f í.

porque = o)^ di, ó<p/j = aig d í. De aquf, utilizando el resultado obtenido du­rante la solución del problema 91. hallamos:

M „ = n-S-MB^2.8MB.<*A nA

Problema 164. Hallar la relación entre las fuerzas P y Q en el mecanismoelevador cuyas piezas se encuentran en la caja K (fifi. 374), si se sabe que a cada

giro de la manecilla AB (A B = Í ) el tornillo D se des­plaza una magnitud h.

Solución. Componiendo las ecuaciones de equilibrio (110). obtenemos

Pl6(pAn— Q6sD =Q .

Considerando que durante la rotación uniforme de la ma­necilla el tornillo* se desenrosca también uniformemente, tendremos

6<P/«o x2n h

Ponlendo este valor de en la igualdad precedente,hallamos

Q = P .

Señalemos que este problema no se puede resolver por los métodos de la Estática geométrica, pues se desconocen las piezas del mecanismo.

Problema 165. Una viga compuesta de dos barras unidas mediante la charnela C soporta una carga P (fig. 375. a). Las dimensiones de la viga y la posición de los apoyos están indicadas en el dibujo.Despreciando el peso de la viga determi­nar la presión sobre el apoyo B.

Solución. Omitimos el apoyo B y lo reemplazamos por la reacción NB, que es numéricamente igual a la presión buscada (fig. 375, b). Comunicando al sistema un desplazamiento virtual, formamos la con­dición (110)

B C T f L)

m

. i , *--►

M r. h _ T

La relación entre las proporciones

6s fí_6sc a ~ lx

de donde

Por consiguiente,

N B&SB — P&Se = 0*

ósa y ós/? se halla de

¿S,

2 5 T

b

. T[ * - i

6sg _ 6 s c

b l% ’

Fig 375

«se = 4i i « 5B

Nb - ^ P .

§ 172. Solución de problemas 471

Aplicando el métodc de Estática geométrica, la solución de este problemaresultaría más larga (haria (alta considerar el equilibrio de las partes de la vigae introducir complementariamente las reacciones de las otras ligaduras y luego excluir estas reacciones del sistema de ecuaciones de equilibrio obtenido).

Problema 166. En un mecanismo planetario con transmisión diferencial (véaseel § 95) sobre el eje A van montados, independientemente el piñón / de radior, y la manivela AB que porta el eje B del pi* ñón 2 de radio r t (fig. 376). Sobre la manivela actúa un momento de rotación M y sobre los piñones 1 y 2, los momentos de resistencia M. y M t . Hallar los valores de M x y M , para el caso de equilibrio del mecanismo.

Solución. El mecanismo posee dos grados de libertad, porque en éste son posibles dos desplaza­mientos independientes: a) la rotación de la ma­nivela AB permaneciendo el piñón 1 inmóvil y b) la rotación del piñón / permaneciendo la ma­nivela AB inmóvil. Primero, comunicamos al sistema un desplazamiento virtual, durante el cual el piñón / permanece inmóvil (fig. 376, a).Para este desplazamiento la ecuación (1)0) da

— Ai1ó<pt = 0 .

'Pero cuando el piñón /está inmóvil el pun­to de contacto de los piñones será el centro ins­tantáneo de velocidades para el piñón 2. Por consiguiente, o» = <o trt . Al mismo tiempo Vfí = <*AB('i+ ' i ) De aquí (ú1rt = u>An (rx + r t) nemos:

= ¿Vab (/’» + /'*) y obte-

Mt = M.

Ahora, comuniquemos al sistema otro desplazamiento virtual independiente del primero, durante el cual la manivela AB permanece inmóvil (fig. 376, b). Según la condición (110) para este desplazamiento tendremos

M, Ó<p,—M = 0.

Pero, cuando la manivela está inmóvil,

&<Pi <«>, rt 7 rt *

En definitiva hallamos:

' » T ' tM, • M.

Problema 167. En la prensa mostrada en el dibujo (fig. 377) hace falta hallar la relación entre las fuerzas Qx, Q , y p 3 para el caso de equilibrio (Q ,= Q , = (¿. Pz-=P). Se conocen ios ángufos a y fl. E i peso de fas barras se desprecia.

Solución. Para dar un ejemplo de la aplicación del método analítico de cálculo utilicemos la condición de equilibrio ( 111). Tomando por origen el punto inmó­vil A y trazando los ejes x e y. obtendremos:

O, , + Q,*óx, -F P»y*y9 = 0.

porque las demás proyecciones de las ucr/as se convierten en cero.

(a)

472 Cap. X X X I . Principio de los desplazamientos virtuales

Para hallar Ajcj. Óxt , 6y, calculemos las coordenadas xt , x,. de los puntos de aplicación de las fuerzas, expresándolas en función de los ángulos a y p. Designando a la longitud de la barra por a, obtendremos: x, =a cosa, xt=a cosa-f*

-4-2flcosp, ys = a (sen P + sen a)Diferenciando estas expresiones, hallare­

mos:

ÓXj = —a s e n a ó a , óx, = — a(senaóa-f~4- 2 sen P ÓP),

ftyi = a (eos P óp -f- eos a fia).

Poniendo los valores obtenidos en la igual­dad (a) y teniendo en cuenta queQ lx = Q, Qt* = — Q. P%y=*— P, tendremos:

2<?senpóp— P (eos p ófJ -f- eos a 6a) = 0. (b)

Para hallar la dependencia entre óa y óp Fig. 377 aprovechamos que en el caso dado la distan­

cia ;45**const. Por consiguiente, 2a(cosa-f -f-cos p) = const. Diferenciando esta igualdad, obtendremos

sen a óa-fsen p óp = 0 y 6a=» — Sen - óp.sen a

Poniendo el valor obtenido de óa en la Igualdad (b), tendremos!

2Q sen p — P(eos P— cot asen P) = 0,

de donde

cot p — cot a ’

Cuando el ángulo p se aproxima al ángulo a la presión P resulta muy grande.Al calcular las coordenadas de los puntos de aplicación de las fuerzas hemos

considerado que las longitudes de las barras superiores e inferiores son iguales. No es difícil demostrar que el resultado no varfa si se omite esta consideración.

§ 173. Ecuación general de la Dinámica. El principio de los des­plazamientos virtuales da el método general para resolver los proble­mas de Estática. Por otra parte, el principio de D ’Alembert permite aplicar los métodos de Estática para resolver los problemas de D i­námica. Por consiguiente, aplicando los dos principios simultánea­mente, podemos obtener un método general para resolver los pro­blemas de Dinámica.

Examinemos un sistema de puntos materiales, al cual se han im­puesto ligaduras ideales. Si a todos los puntos del sistema se les añaden las fuerzas de inercia correspondientes = — mkw k• además de las fuerzas activas F\ y las reacciones de las ligaduras Nk que actúan sobre éstos, entonces de acuerdo con el principio de D ’Alem­bert, el sistema de fuerzas obtenido estará en equilibrio. Aplicando a estas fuerzas el principio de los desplazamientos virtuales, obtendremos:

§ 173. Ecuación general de la Dinámica 473

Pero la última suma, de acuerdo con la condición (109), es igual a cero y finalmente se tendrá

+ (ii3)

La igualdad (113) es la ecuación general de la Dinámica. De ésta se deduce el principio de D’Aiembert— Lagrange siguiente: durante elmovimiento de un sistema con ligaduras ideales, en cada instante la suma de los trabajos elementales de todas las fuerzas activas aplicadas y de todas las fuerzas de inercia, en cualquier desplazamiento virtual, será igual a cero.

En la forma analítica la ecuación (113) se expresa del modo si­guiente

2 Un.-+ f i ) 6** + (Fly + F'ü) 6y„ + (F(, + F¡S)6zt]=0 . (114)Las ecuaciones (113) y (114) permiten componer la ecuación defe­

rencia! del movimiento de cualquier sistema mecánico.Si el sistema es, en este caso, un conjunto de varios cuerpos

sólidos, para componer las ecuaciones hace falta añadir a las fuerzasactivas que actúan sobre cadacuerpo una fuerza igual al vector principal de las fuerzas de iner­cia, aplicada a un centro cual­quiera, y un par de momento igual al momento principal de las fuerzas de Inercia respecto de este centro y luego utilizar el principio de los desplazamien­tos virtuales.

Problema 168. En un regulador centrifugo que gira uniformemente al­rededor de su eje vertical con una ve­locidad angular cu (fig. 378). el peso de cada una de las esferas A t y Át es igual a p y el peso del manguito C,Ca es igual a Q. Despreciando el peso de las barras determinar el valor del án- guio a s i 0-41 — 0-4, = /; OB, = Ofl¡ = F|S 378— B\C\ — fijC j = a.

Solución. Añadimos a las fuerzas activas p x, p 2 y Q3 las fuerzas centrifugas

de inercia f [ n y F i" (la fuerza de inercia del manguito será evidentemente igual a cero) y componemos la ecuación general de la Dinámica en la forma (114). Entonces, calculando las proyecciones de todas las fuerzas sobre los ejes coordena­dos. tendremos:

P i«* i + — F\["6y¡ + f i " byt - f Q, 6x, = 0. (a)

En este caso,

Qs = Q. P¡ = P f= P . F\n= F ','' = j wA = £ u H * n a .

47-1 Cap. XXX/ . Principio de ¡os desplazamientos virtuales

Las coordenadas de los puntos de aplicación de las fuerzas son iguales a

xi =*»«=*/ eos a; yt = — yx = l sen a; x3 =* 2a eos a.

Diferenciando estas expresiones, hallamos:

óx ,= 0x j = — / sen a óa; óya = — óy, =x / eos a óa; A*, s= — 2a sen a óa.

Poniendo en la ecuación (a) los valores obtenidos, obtenemos:

^ — 2pl sen a -f- 2 ■— /3ü>* sen a eos a —■ 2Qa sen a óa = 0.

De aquí tendremos finalmente:

Pl 4- Qame n —lL_!_Z_ ,plHo* 8-

Ya que c o s a < l , las esferas se desviarán cuando

pl + OgPl* B

Al aumentar w el ángulo a crece, tendiendo a 90° cuando &>__► ooProblema 169. En el elevador mostrado en la fig. 379 al piñón 2 de peso P*

y de radio de inercia p2 se ha aplicado el momento de rotación M. Determinar laaceleración con que se eleva la carga A de peso Q; el peso de la cuerda y el ro­zamiento en los ejes se desprecian. El tambor sobre el cual se arrolla la cuerda, asi como el piñón / unido rígidamente con éste, tienen un peso total P x y radio de inercia pv. Los radios de los piñones son iguales a r , y rf, el radio del tambor es igual a r.

Solución. Tracemos la fuerza activa Q que actúa sobre el sistema y el momento de rotación M (las fuerzas P x y Pt no realizan trabajo); añadimos a éstas la fuer­

za de inercia de la carga /-'¡J y los pares

de momentos M*,n y Afj , a los cuales se

Fig 379

reducen las fuerzas de inercia de los cuer­pos en rotación (véase el § 167). El mó­dulo de estas magnitudes es igual a:

K r g p*t,;Las direcciones de todas las magnitudes se muestran en el dibujo. Comunicando

al sistema un desplazamiento virtual y componiendo la ecuación (113), obtendremos:

- W + F'a ) + <M — M1,") 6<h = 0.

Expresando todos los desplazamientos en luncián de 6q>i, tendremos:

“ '-««Pi : y 4<P«=7ifi(Pi ■o<J>» o , rt r t

fcn definitva, la ecuación del movimiento tendrá la forma

q ( , + T + + =

§ 173. Ecuación general de la Dinámica 475

Las magnitudes £, y e* que entran en esta ecuación se expresan en función de la aceleración incógnita wA. Teniendo en cuenta que t , y e, están relacionadas entre sí tal como Oí. <ú2, obtendremos:

Como resultado hallamos:

wA—-'-i- M - r Q 'i ____

'<? + -£ - ip.

Este problema se podría resolver también con ayuda del teorema de la varia­ción de la energía cinética (véase el § 150).

Problema 170. Un cilindro macizo de peso px lleva enrollado un hilo pasado por la polea O y fijado a una carga A de peso pt (fig. 380). La carga puede desli­zarse a lo largo de un plano horizontal; el coeficiente de rozamiento de la carga contra el plano es igual a /. Hallar la aceleración de la carga y del centro C del cilindro durante el movimiento del sistema despreciando las masas de la polea O y del hilo.

Solución. Si el movimiento empieza a partir del estado de reposo, el centro C del cilindro se desplazará verticalmente y el sistema poseerá dos grados de liber­tad (los desplazamientos independientes serán la rotación del cilindro respecto del hilo cuando la carga está inmóvil y i l desplazamiento de la carga cuando el cilin- ^dro no gira).

A las fuerzas /?,. p t y Frox que ac- qtúan sobre el sistema les añadimos las fuerzas de inercia del cilindro, que se redu­

cen al vector principal R\n y a un par <

momento /Vf¿ (véase el § 167), y la fuer­

za de inercia de la carga En este ca­

so los módulos son

cln_Pt ... n ln__P l ...A ~~~B 1 “ g C*

2eEl último resultado se deduce de que si el punto C del cilindro tiene la velo­

cidad vc y el punto B (junto con el hilo), la velocidad vfí = vA, entonces la velo­

cidad angular del cilindro &) — —— — (véase el § 81, la fórmula 56) y, por con­

siguiente, e =wc —

además, para el cilindro 7c = 0,5 mr*. donde r es el radio

del cilindro.Ahora, comunicamos al sistema un desplazamiento ós^, durante el cual el

cilindro no gira, sino que se desplaza en un movimiento de traslación junto con

la carga El par de momento no realiza trabajo durante este desplazamiento y

valiéndonos de la ecuación (113), obtendremos:

(-f., i-Pl) t>ÍA = 0.

476 Cap. X X X I . Principio de los desplazamientos virtuales

De aquí, como F tOJ = fp t , hallamos:

Y Wc+*g w*=P l — IPf (a>

Ahora, comunicaremos al sistema otro desplazamiento virtual. Independiente del primero, durante el cual la carga A está inmóvil y el cilindro gira alrededordel punto B (que es el centro instantáneo de rotación para este desplazamiento)bajo un ángulo óqp. La ecuación (113) para este desplazamiento da

(Pi — ¡n) /,6<P — Aí{^fiq) = 0.

Poniendo aquí los valores de /?¡n y M l¿ , obtendremos finalmente:

3wc — wA= 2g. (b)

Resolviendo simultáneamente el sistema de ecuaciones (a) y (b), hallaremos las aceleraciones incógnitas

p , - 3 / p , P , + ( 2 - / ) P ,

*• Pi + 3p, 0 p i+ 3 p , g

Se ve del resultado obtenido que el movimiento examinado será posible cuando f < p l/2pt . Si el coeficiente de rozamiento es superior a esta magnitud, la carga permanecerá inmóvil. Entonces, el desplazamiento del sistema no será posible y no se tendrá la ecuación (a). En este caso, el movimiento del centro del cilindro estará expresado por la ecuación (b), si se considera que 0/4 = 0 . Por consiguiente, cuando f > p i/3p , la carga A está inmóvil y el centro C del cilindro desciende

con la aceleración o g.

Prestemos atención a aue si el sistema posee más de un grado de libertad, el método expuesto en el § 150 no permite obtener todas las ecuaciones del movi­miento (este método da solamente una ecuación). En algunos de estos casos se puede resolver el problema utilizando teoremas generales, pero habitualmente se emplea la ecuación general de la Dinámica o las ecuaciones de Lagrange que se estudiarán en el capitulo siguiente.

C A P ÍT U L O X X X I I

Condiciones de equilibrio y ecuaciones del movimiento del sistema

en coordenadas generalizadas

174. Coordenadas generalizadas y velocidades genera liza­das. El número de coordenadas (parámetros) que determinan la po­sición de un sistema, depende del número de puntos (o de cuerpos) que entran en el sistema y del número y del carácter de las ligadu­ras impuestas. En lo sucesivo consideraremos solamente los sistemas con ligaduras geométricas, o sea, con ligaduras que imponen restric­ciones a las posiciones de los puntos del sistema en el espacio, pero no a sus velocidades. Como se sabe, se llama número de grados de libertad de un sistema mecánico al número de desplazamientos vir­tuales independientes del sistema (§ 170). Las ligaduras geométricas tienen la peculiaridad de que cada una de ellas disminuye en una unidad el número de los desplazamientos virtuales independientes del sistema, y el número de las coordenadas independientes entre si que determinan la posición del sistema. Si, por ejemplo, se liga mediante una varilla rígida de longitud l el punto Bk de un sistema de coor­denadas x*, y„, zk (ligadura geométrica) con el punto inmóvil A (xA, yA, zA), el número de desplazamientos virtuales del sistema disminuye en una unidad, ya que será imposible el desplazamiento del punto a lo largo de la línea ABk. Al mismo tiempo, las coordenadas del punto satis- facerán siempre a la ecuación (xA — **)2 (yA — y»)1 -f- (zA— zky = /*, que expresa esta relación matemáticamente, y por consiguiente, el número de coordenadas independientes entre si del sistema disminuirá también en una unidad. Como resultado se obtiene que el número de coordenadas independientes que determinan la posición de un sistema con ligaduras geométricas es igual al número de grados de libertad de este sistema. Como tales coordenadas se pueden elegir parámetros de cualquier dimensión y significado geométrico (o físico), por ejemplo, segmentos de rectas o de arcos, ángulos, áreas, etc.

Los parámetros de cualquier dimensionalidad independientes entre si, cuyo número es igual al número de grados de libertad del sistema y que determinan simplemente la posición de este sistema se llaman coor­denadas generalizadas del sistema. Designaremos a las coordenadas generalizadas por la letra q.

Ya que un punto líbre posee tres grados de libertad, un sistema compuesto de n puntos materiales, cuyas coordenadas en virtud de las ligaduras geométricas impuestas al sistema deben satisfacer las k ecuaciones que expresan estas ligaduras, tendrá s = 3n — k grados de libertad y su posición estará determinada por s coordenadas general i­

478 Cap. X X X / / Coniltci </«»•* de equilibr to

zadas<?i. <?................. ( 1 1 5 )

Y, al contrario, si se sabe que la posición de un sistema dado está determinada simplemente por s parámetros cualesquiera independientes entre si, este sistema posee s grados de libertad.

Como las coordenadas generalizadas son independientes entre si (cada una de éstas puede ser modificada sin alterar a las demás), los incrementos elementales de estas coordenadas

6«'. 6«.....6«*, (116)

serán también independientes entre si. En este caso, cada una de lasmagnitudes (116) determina et desplazamiento virtual correspondiente, independiente de los otros desplazamientos del sistema.

Del mismo modo que al pasar de un sistema de coordenadas a otro, las coordenadas cartesianas xk, y„, zk de un punto cualquiera del sistema mecánico que se estudia, pueden ser expresadas en función de las coordenadas generalizadas por las dependencias del tipox, = x» (q,, qt ........ <7j),etc. Por consiguiente, para el radio vector rk dedicho punto, que está determinado por sus proyecciones, es decir, porlas coordenadas xk, yk, z„, (rk = xki + y j + zkk), tendremos"

Qt......... ?,)• (117)Ejemplo I. Un péndulo matemático plano (fig 381) tiene evidentemente un

grado de libertad (s=*l); por consiguiente, su posición está determinada por unasola coordenada generalizada q. En calidad de esta coordenada se puede elegir el

ángulo (p o la longitud 5 del arco AM. o el área a delsector OAM, indicando en cada caso el sentido dereferencia positivo o negativo de cada una de estas coor­denadas. La elección de la abscisa x como la coordena­da generalizada para el punto M no dará buen resultado, porque esta coordenada no determina simplemente la posi­ción del punto M (el péndulo para el valor dado de x puede estar desviado de la vertical a la derecha o a la izquierda).

Si como coordenada generalizada se lige el ángulo <p, obtendremos el desplazamiento virtual del péndulo

después de comunicar al ángulo un incremento ó<p. Las coordenadas cartesianas x c y del punto M se pueden ex­presar en función de en la forma x - l eos <p, y = t sen <p.

donde l — OM. Entonces, de acuerdo con la igualdad (117), también r = r(cp).Ejemplo 2. Un péndulo plano doble (fig. 382) tiene evidentemente dos grados

de libertad y como coordenadas generalizadas se pueden elegir los ángulos <p y \j) (qx= q>, qt — y)\ estos ángulos son independientes entre si. porque se puede variar el ángulo <p conservando invariable >|> y viceversa. Las magnitudes ó<p y óty de­terminan los desplazamientos virtuales independientes entre si del sistema. Las

u Para reducir la notación consideramos que las ligaduras impuestas no se modificarán con el tiempo (de lo contrario r* dependería de! argumento/). La forma final de las ecuaciones (§ 177) no depende de esta suposición y éstas serán también válidas para las ligaduras que varían con el tiempo.

§ 175. Fuerzas generalizadas 479

expresiones de las coordenadas cartesianas de los puntos A y B en (unción de las generalizadas están dadas por las igualdades = /, eos <p, x» = í, eos q>-f /, cos(<p-f- x|>) etc, donde l l = O A , /, = AB. Por consiguiente, según la ecuación (117) también rA = r A (<p), r B = r B (<pip).

Durante el movimiento del sistema sus coordenadas generalizadas varían incesantemente en el transcurso del tiempo y la ley de este movimiento está determinada por las ecuaciones:

</, = 1,(1). ?, = /.(/) ......... <?, = /,(')• (118)

Las ecuaciones (118) son las ecuaciones cine­máticas del movimiento det sistema en las coorde­nadas generalizadas.

Las derivadas de las coordenadas generaliza­das respecto del tiempo se llaman velocidades ge­neralizadas del sistema. Designaremos a las ve­locidades generalizadas por los símbolos

q„ q2, . . . . qs.

donde <7, = -¿f. etc. La dimensión de la velocidad generalizada de­

pende de la dimensión de la coordenada generalizada correspondiente. Si <7 es una magnitud lineal, q es la velocidad lineal; si q es un ángulo, q es la velocidad angular; si q es un área, q es la velocidad sectorial, etc. Como se ve, el concepto de velocidad generalizada abarca todos los conceptos de las velocidades que se estudiaron en la Cinemática.

§ 175. Fuerzas generalizadas. Examinemos un sistema mecá­nico compuesto de n puntos materiales, sobre los cuales actúan las fuerzas F¡, F„ . . . . F„. Supongamos que el sistema tiene s grados de libertad y su posición está determinada por las coordenadas gene­ralizadas (115). Comuniquemos al sistema un desplazamiento virtual, en el cual la coordenada q, recibe el incremento 6qt, mientras que las demás coordenadas permanecen invariables. Entonces, cada radio- vector r , de los puntos del sistema obtendrá el incremento elemental (6/'fc)11>. Ya que de acuerdo con la igualdad (117) rk = r k(q„ qt, . . ., q j y en el desplazamiento considerado varia solamente la coordenada q, (las demás conservan sus valores constantes), (6rk), se calcula como una diferencial parcial y, por consiguiente,

<6r*>‘ <l l 9>

Calculemos ahora la suma de los trabajos elementales de todas las fuerzas en el desplazamiento considerado; esta suma se designa por 6i4,. Utilizando la fórmula (36') del § 112 y la igualdad (119),

Fig. 362

El símbolo (6r*), significa que se loma el incremento elemental que recibe el radio-vector r* cuando se modifica solamente la coordenada qx en una magnitud bql .

480 Cap. X XX / / . Condiciones de equilibrio

obtendremos

6/1, = Fx ■ (ór,), + F ,-(6r ,), + . . . + F„ (6r„), =>

Recordamos que aquí el punto es el símbolo de la multiplicación escalar de dos vectores. Sacando del paréntesis el factor común 6qlt tendremos finalmente:

6 A, = Q,6ql, (120)donde

(121)

Por analogía con la igualdad 6/1 = f , 6s, que determina el trabajo elemental de la fuerza F. la magnitud Q, se llama fuerza generalizada correspondiente a la coordenada <?,.

Comunicando al sistema otro desplazamiento virtual Independíente, durante el cual varia solamente la coordenada <?,, obtendremos para el trabajo elemental de todas las fuerzas que actúan en este despla­zamiento, la expresión

6A, = Q,6q„ (122)donde

Q‘ = T.F»'w,- (123)La magnitud Q , es la fuerza generalizada que corresponde a la coor­denada <7,, etc.

Es evidente que si se comunica al sistema un desplazamiento vir­tual, durante el cual varían a la vez todas sus coordenadas generali­zadas, la suma de los trabajos elementales de las fuerzas aplicadas al sistema, en este desplazamiento estará determinado por la igualdad

2«>»* = Q i«<71 + Q,6<7,+ . . . + Q,6<7,- (124)

La fórmula (124) nós da la expresión del trabajo elemental total de todas las fuerzas aplicadas al sistema en las coordenadas generalizadas. De esta igualdad se ve que las fuerzas generalizadas son magnitudes iguales a los coeficientes de los incrementos de las coordenadas genera­lizadas en la expresión del trabajo elemental total de tas fuerzas que actúan sobre el sistema.

Si todas las ligaduras impuestas al sistema son ideales, entonces, durante los desplazamientos virtuales, el trabajo es realizado solamente por las fuerzas activas y las magnitudes Q„ Q„ . . . , Qs son las fuerzas activas generalizadas del sistema.

La dimensionalidad de una fuerza generalizada depende de la di- mensíonalídad de la coordenada generalizada correspondiente. Ya que el producto Q6q y, por consiguiente, Qq tiene la dimensión de trabajo,

§ ¡75. Fuerzas generalizadas 481

entonces,

I Q I = t £ { . ( 1 2 5 )

es decir, la dimensionalidad de una fuerza generalizada es igual a la dirnensionalidad del trabajo dividida por la dimensionalidad de la coor­denada generalizada correspondiente. De aquí se ve que sí q es una magnitud lineal, Q tiene la dimensión de una fuerza ordinaria (kgf, en el sistema mkGS); si q es un ángulo (una magnitud adimensional), Q se medirá en kgfm, es decir, tendrá la dimensión de momento; si q es un volumen (por ejemplo, la posición del pistón en un cilindro puede determinarse por el volumen del espacio detrás del pistón), Q se medirá en kgf/mJ, es decir, tiene la dimensión de presión, etc. Como se ve, por analogía con la velocidad generalizada, el concepto de fuerza generalizada abarca todas las magnitudes antes estudiadas como medida de la acción mecánica mutua de cuerpos materiales (fuerza, momento, presión).

El cálculo de las fuerzas generalizadas se efectúa utilizando las fórmulas del tipo (120), (122) y se reduce al cálculo del trabajo vir­tual elemental. Primero, hace falta determinar el número de grados de libertad del sistema, elegir las coordenadas generalizadas y trazar en el dibujo todas las fuerzas activas aplicadas al sistema y las fuerzas de rozamiento (sí éstas realizan trabajo). Luego, para determinar Q, es necesario comunicar al sistema un desplazamiento virtual, durante el cual varia solamente la coordenada qt, calcular para este despla­zamiento la suma de los trabajos elementales de todas las fuerzas activas valiéndose de las fórmulas (112) y expresar la ecuación obte­nida en la forma (120). Entonces, el coeficiente de Hq, nos da la mag­nitud incógnita Q¡. Se calculan análogamente Qt, Q „ . ..

Ejemplo I. Calculemos la fuerza generalizada para el sistema representado en la fig. 383. donde la carga A de peso P v se desplaza a lo largo de un plano incli­nado liso y la carga B de peso fJt , por un plano horizontal rugoso, el coeficiente de rozamiento sobre el cual es igual a f. Las cargas están ligadas con un hilo ouc pasa por la polea O. Las masas del hilo y de la polea se desprecian.

Es evidente que el sistema posee un grado de l i ­bertad y su posición está determinada por la coorde­nada q i= x (el sentido de referencia positivo de x se indica con una flecha). Para determinar Q, comunica­mos al sistema un desplazamiento virtual 6x y para este desplazamiento calculamos los trabajos elementa­les de las fuerzas P x y F tnz\ las demás fuerzas no rea (izan trabajo. Ya que Froz = fN — fP t , entonces p¡g 3 ^ 3

6A =(P\ sen a — fP.t) f>x

Por consiguiente.

Qi = P x sena— /P ,.

Ejemplo 2. Despreciando el rozamiento, determinaremos las fuerzas generalizadaspara el sistema representado en la fig. 384. Una barra homogénea AB de longitud

31 142

4b2 Cap. X XX / / . Condiciones de equilibrio

l y de peso P puede girar alrededor del eje A en el plano vertical. La bola M enhebrada en la barra es de peso p. La longitud del resorte A M no extendido es igual a a y su rigidez es c.

El sistema tiene, evidentemente, dos grados de libertad (los desplazamientos independientes son el movimiento de la bola a lo largo de la barra y la rotación

de la barra alrededor del eje A). Como coordenadas generalizadas elegiremos el ángulo <p y la distancia x entre la bola y el extremo del resorte no estirado (?j =<p, q2 = x): el sentido de referencia positivo de las coordenadas está indicado con flechas.

Primero, comunicamos al sistema un desplazamiento virtual tal que el ángulo 9 obtiene un incremento 6 tp(5 cp > 0) y x = const. Durante este desplazamiento las fuerzas P y p son las que realizan trabajo. Con ayuda de la segunda de las fórmulas ( 1 1 2 ) hallamos (aquí se pone el signo menos, porque la dirección del momento cs opuesta a la de Ó<p):

B 6/4,— P-^-sen <p — p (a-|-x) son <pj 6<p.

Fig. 384 Por consiguiente,

< ? , = — [ p -7T + P ( a + * ) ] sen rp.

Ahora comunicamos al sistema otro desplazamiento virtual durante el cual se modifica solamente la coordenada x obteniendo un incremento óx > 0 y el ángulo <p = const. En este desplazamiento realizan trabajo la fuerza de gravedad p y la tuerza de elasticidad, cuyo módulo es F = cx. Entonces,

6A, = (p eos <p — ex) 6x

yQ . = p eos <p — ex.

En este caso, la fuerza generalizada Qt tiene la dimensión de momento, por­que qi — rp y la fuerza Q . tiene ta dimensión de una fuerza ordinaria.

Caso de fuerzas potenciales. Si todas las fuerzas que actúan sobre un sistema son potenciales, entonces, para el sistema, como se sabe, existe una ¡unción de fuerza U dependiente de las coordenadas xk, yk, zk, de los puntos del sistema, tal que la suma de los trabajos elementales de las fuerzas efectivas es igual a la diferencial total de esta función, es decir ^ 6 A k = 6U [§ 151, fórmula (62)]. Pero, al pasar a las coor­denadas generalizadas qt, q,, . . . , qs se pueden expresar todas las **. y»> z*en función de estas coordenadas y entonces, U = U (q„ qt, . . q,). Por consiguiente, calculando 61/ como la diferencial tota) de la función £/(<?,, <7, .........qs) hallaremos que

Comparando esta expresión con la ecuación (124) concluimos que en este caso

§ 175. Fuerzas generalizadas 483

9i = — 3^ = — -j + p (o+*) j scn(y.

o, como la energía potencial íl = — U, entonces

q — ___ o = _ É I L q — ________________ Ü H / 1 2 7 )

a , , 1 v * d q , ........... a? J '

Por consiguiente, si todas las fuerzas que actúan sobre el sistema son potenciales, entonces las fuerzas generalizadas son iguales a las de­rivadas parciales de la ¡unción de fuerza (o a las derivadas parciales de la energía potencial tomadas con el signo menos) respecto de las axirdenadas generalizadas correspondientes.

Ejemplo 3. Todas las fuerzas aplicadas al sistema presentado en la fig. 384 son potenciales. Si, en este caso, el eje coordenado A i se dirige verticalmente hacia arriba, entonces, de acuerdo con las fórmulas (59) y (60) y teniendo en cuenta quell = — U, tendremos para todo el sistema

n = — P c°s <r — p (a -)-*) eos <[> + ex*,

donde las coordenadas generalizadas son qt = <p, qt ~x. Entonces,

an

dif

Q — g j = p C O S < p — CX,

lo que coincide con los resultados obtenidos en el ejemplo 2.

§ 176. Condiciones de equilibrio de un sistema en las coor­denadas generalizadas. De acuerdo con el principio de los despla­zamientos virtuales, la condición de equilibrio necesaria y suficiente de un sistema mecánico es que la suma de los trabajos elementales de todas las fuerzas activas (y de las fuerzas de rozamiento, si éstas realizan trabajo) durante todo desplazamiento virtual del sistema sea igual a cero, es decir, la condición = ^n *as coordenadasgeneralizadas esta condición, de acuerdo con la igualdad (124), da

Q,67 l+Q,5? I+ . . .+ Q {ó9í = 0. (128)

Ya que todas las magnitudes &ql, 6qt, . . . , í)qs son independientesentre sí, la ¡eualdad (128) es válida solamente cuando cada uno de los coeficiente de 8q,, . . . . 6q, es por separado igual a cero, esdecir,

Q , = 0 , Q , — 0 ................. Q s = 0 . ( 1 2 9 )

En efecto, si se supone que una de estas magnitudes, porejemplo Q, no es igual a cero, entonces se puede comunicar al sistema un desplazamiento virtual tal que 6q,^=0 y 6q2 = 6q3= . . . ...= 6 < /J = 0, lo cual contradice a la condición (128).

De tal modo, para el equilibrio de un sistema mecánico es necesario y suficiente que todas las fuerzas general izadas que corresponden a las coordenadas elegidas para el sistema sean iguales a cero. Como se ve, el número de las condiciones de equilibrio (129) es igual al número

484 Cap X X X //. Condiciones de equilibrio

de las coordenadas generalizadas, es decir, al número de los grados de libertad del sistema

Comparando el método de cálculo de las fuerzas generalizadas (§ 175) con el método de solución de problemas aplicado en el § 172, vemos que al resolver los problemas con ayuda del principio de los desplazamientos virtuales calculábamos, en realidad, las fuerzas ge­neralizadas correspondientes y luego las igualábamos a cero.

Examinemos dos ejemplos más.

1. La condición de equilibrio para el sistema representado en la fig. 363 es<?, = 0 o coseca. Como durante el cálculo de Q, se supuso quof ,„ , = = la condición Q , ~ 0 da el mayor valor de P ,. con el cual lacarga A no desciende, es decir, determina la posición limite de equilibrio (véase el § 39). Kl sistema estará también en eouilibrio cuando P t < ¡Pt cosec a.

2. Para el sistema representado en la fig. 384 con ayuda de las condiciones de equilibrio Q ,—0. Q2 o, obtendremos un resultado evidente: en el caso de equilibrio q )^0 , x =s pie ~ flVS|.

Caso de fuerzas potenciales. En este caso, teniendo en cuenta las igualdades (126) y (127), las condiciones de equilibrio (129) dan

De aquí se deduce que durante el equilibrio, la diferencial total de las funciones U o II es igual a cero, es decir.

Je tal modo, un sistema sometido a la acción de fuerzas poten­ciales se encuentra en equilibrio en las posiciones para las cuales la función de fuerza o la energía potencial tiene un valor extremo (en particular, mínimo o máximo).

§ 177. Ecuaciones de Lagrange. Para hallar las ecuaciones de movimiento de un sistema mecánico con ligaduras geométricas en las coordenadas generalizadas, •dirijámonos a la ecuación general de la Dinámica (113) que da

Para generalizar no consideraremos que todas las ligaduras impuestas al sistema son ideales. Por eso en la primera suma pue­den entrar tanto los trabajos de las fuerzas activas, como también, por ejemplo, los trabajos de las fuerzas de rozamiento.

Supongamos que un sistema tiene s grados de libertad y su posi­ción está determinada por las coordenadas generalizadas (115). Entonces, según la fórmula (124)

(130)

o

(130')

dU(q„ q„ <?,) = 0 o dn (q„ <?„ . . . , q,) — 0. (131)

2 ó / u + 2 s > u n = o. (132)

2 = Q i6í?i -l- A / i + • - • + Q s^ Q s- (133)

§ ¡77. Ecuaciones de Lagrange 485

Es evidente que se puede transformar el trabajo elemental de las fuerzas de inercia F 'f respecto de las coordenadas generalizadas asi como se hizo en el § 175 para las fuerzas Fk. En este caso, obten­dremos

2 M l n = Q¡n69, + Q',n6q%+ . . . + Q¡"&qs, (133')

donde Q1,", <?!", . . . . son las fuerzas de inercia generalizadas que según las fórmulas (121), (123) serán iguales a:

Qin = £ / r l " - g í ........... (134)

Poniendo las magnitudes (133) y (133') en la ecuación (132), ha­llaremos que

(Q ,+<?',") 6 ? ,+ (Q,+ Q¡n)8fc + ••• + =

Como todas las 6qt, 6q2, . . . . 8qs son independientes entre si, la igualdad obtenida es válida solamente cuando cada uno de los coefi­cientes de 6q„ 6q,......... 6q, es igual a cero. Por consiguiente, sedebe tener

Q,+ Qi" = 0, Q, + QÍn = 0......... Q, + QÍ" = 0. (135)

Las ecuaciones obtenidas pueden ser aplicadas directamente para resolver problemas de Dinámica. Sin embargo, el proceso de la com­posición de estas ecuaciones se simplificará considerablemente, si todas las fuerzas de inercia generalizadas que entran en las ecuacio­nes, se expresan en función de la energía cinética del sistema. Trans­

formemos primero correspondientemente la magnitud Q1,". Ya que la

fuerza de inercia de cualquier punto del sistema F i" = —mtwk =

= — m„ ^ , entonces, la primera de las fórmulas (134) da

- d n = 5 > .T T - f t - <136>

Para expresar Q¡" en función de la energía cinética del sistema, hace falta transformar el miembro derecho de la igualdad (136) de tal manera que ésta contenga solamente las velocidades vk de los puntos del sistema. Con este fin notemos ante todo que

Es fácil convencerse de la validez de la igualdad (137) diferenciando el producto que se encuentra a la derecha entre paréntesis. Luego, hace falta considerar que

*186 Cap. X X X I I . Condiciones de equilibrio

(*£ i\ _ a

\ d q j ~dq, { dt )

donde vk es la velocidad del punto del sistema que se determina por el radio-vector rk y q, es la velocidad generalizada que corres­ponde a la coordenada q¡. Entonces, para las derivadas de rk que entran en la igualdad (137) serán válidos los dos resultados si­guientes:

1) Las operaciones de diferenciación total respecto de / y de diferenciación parcial respecto de q, son conmutativas, esto nos da

= S r - ( ! 3 8 )

2) La derivada parcial de r k respecto de q, es el límite de la relación entre el incremento parcial (Ark), y el incremento A<?,, de donde, de acuerdo con la conocida regla de L'Hospital '), se de­duce que

djrk = z d r k = d v k ( ( 3 9 )

dq, dq, dq,Empleando las relaciones (138) y (139) expresaremos la igualdad

(137) en la forma

dvk <>r„dt dq,

En este caso, si se tiene en cuenta que la masa es una magnitud constante y que la suma de las derivadas es igual a la derivada de la suma, la expresión (136) adquirirá la forma

Qin _d_ f d / yr mkv\ \ 1____d_ ( y> mkvj \ _ d_ / dT_\ dTd / L á i . V 2 - 2 ) \ 2 i d t \ d q j dq,’

donde

es la energía cinética del sistema.Se obtendrán expresiones análogas para las demás fuerzas de

inercia generalizadas. Como resultado, las igualdades (135) darán

-v>HZ¿. = ± lf 1 do} \V dq, ) dq, di ’V 2 dq, )

’ ) En efecto, designando para simplificar al incremento parcial r* por el símbolo Ar* y teniendo en cuenta que la derivada de la diferencia es igual a la diferencia de las derivadas, tendremos

¿ ( ¿ r » ) A ( <*L±\dr* Ar* .. dt \ di ) / Ar*\ drkx—— = lim ——- = Iim —-— - = lim — ~ — f = lim ( —~ ) = —r=-,Oq x A?, d (b g x) * q j dq,

di \ di J

§ ¡77. Ecuaciones de Lagrange 487

finalmented_ ( dT \ dT

di

d_

di

= q

di \ dq¡ / ¿ h ’

Las ecuaciones (140) son precisamente las ecuaciones diferenciales del movimiento del sistema en las coordenadas generalizadas o las ecua­ciones de Lagrange. Como se ve, el número de estas ecuaciones es igual al número de grados de libertad del sistema.

Las ecuaciones de Lagrange dan un método único y bastante simple para resolver problemas de la Dinámica. La ventaja de estas ecuaciones consiste en que su tipo y número no dependen ni del número de cuerpos (o puntos) del sistema en consideración ni del movimiento de estos cuerpos; el número dé ecuaciones se determina solamente por el número de grados de libertad del sistema. Además, en el caso de ligaduras ideales, en los miembros derechos de las ecuaciones (140) entran las fuerzas activas generalizadas y, por consi­guiente, estas ecuaciones permiten excluir de antemano en el análi­sis todas las reacciones desconocidas.

El problema fundamental de la Dinámica en las coordenadas generalizadas consiste en encontrar la ley de movimiento de un sistema en la forma (118) conociendo las fuerzas generalizadas <?,,Q:......... Qj y las condiciones iniciales, es decir, en determinar lascoordenadas generalizadas q,, qz, . . . , q¡ en función del tiempo. Ya

que la energía cinética T depende de las velocidades generalizadas q¡, entonces, al diferenciar los primeros miembros de las ecuaciones (140) respeclo de I aparecerán en los miembros izquierdos de estas ecua­ciones las segundas derivadas de las coordenadas buscadas respecto

del tiempo q¡. Por consiguiente, las ecuaciones de Lagrange son ecua­ciones diferenciales ordinarias de segundo orden respecto a las coor­denadas generalizadas q„ qz......... qs.

Caso de fuerzas potenciales. Si todas las tuerzas que- actúan sobre el sistema son potenciales, entonces utilizando las fórmulas (127), se puede expresar la pri­mera de las ecuaciones (140) en la forma

d / QT \ dT on d r rf(7~ — n n ¿> < r- n )

<“ v dq , J dl>< <>1 1 di [ ,)q¡ \

La última igualdad es válida porque la energía potencial II depende solamentede las coordenadas qlt qít . . . . q3 y no depende de las velocidades generalizadas,

por lo cual ú\\¡dqx =- 0De manera análoga se transforman las demás ecuaciones del sistema (I-10)

Introduzcamos la funciónL ^ T — n (141)

\ d q j dq,

( * r _ ) - É L = Q t .\ d q ,J dq, (140)

■188 Cap. X XX / / . Condiciones de equilibrio

La función L (fe las coordenadas generalizadas y de tas velocidades generali­zadas, igual a la diferencia entre las energias cinética y potencial del sistema, se llama ¡unción de Lagrangc o potencial cinético Entonces, para el caso de fuerzas potenciales, las ecuaciones de Lagrange se expresarán asi.

Del resultado obtenido se deduce que el estado de un sistema mecánico, sobre el cual actúan fuerzas potenciales, se determina definiendo solamente la función de Lagrange, porque conociendo esta función se pueden componer las ecuaciones diferenciales del movimiento del sistema.

Después de la generalización correspondiente de estos conceptos, las funciones análogas a la función de Lagrange describen el estado de otros sistemas físicos (de una sustancia fluida, de un campo de gravitación o electromagnético, etc.). Por eso, las ecuaciones de Lagrange del tipo (142) desempeñan un papel impor­tante en una serie de ramas de la Risica.

§ 178. Solución de problemas. Las ecuaciones de Lagrange pueden utilizarse para el estudio del movimiento de cualquier sistema mecánico con ligaduras geométricas, independientemente del número de cuerpos (o puntos) que componen el sistema, del movimiento de estos cuerpos y del tipo de movimiento (absoluto o relativo) que se examina.

Para componer las ecuaciones de Lagrange para un sistema mecá­nico dado hace falta: 1) determinar el número de grados de libertad del sistema y elegir las coordenadas generalizadas (§ 174); 2) repre­sentar el sistema en una posición arbitraria e indicar en la figura todas las fuerzas efectivas (para un sistema con ligaduras ideales, solamente las fuerzas activas)', 3) calcular las fuerzas generalizadas Q, mediante el método explicado en el § 175; en este caso, para evitar errores en los signos, cada desplazamiento virtual que se comunica al sistema debe estar dirigido de tal manera que el incremento de la coordenada correspondiente sea positivo', 4) calcular la energía ciné­tica 7' del sistema en su movimiento absoluto y expresar esta energía en función de las coordenadas generalizadas q¡ y de las velocidades ge­

neralizadas q¡\ 5) calcular las derivadas parciales correspondientes de T

respecto de q¡ y q¡ y poner todas las magnitudes calculadas en las ecuaciones (140).

Si se conocen las fuerzas efectivas y las condiciones iniciales, integrando las ecuaciones obtenidas se puede hallar la ley de movi­miento del sistema en la forma (118). Sí se conoce la ley de movi­miento, las ecuaciones compuestas permiten determinar las fuerzas efectivas.

(142)

d_di

§ ¡78. Solución de problemas 489

Cuando todas las fuerzas aplicadas al sistema son potenciales se pueden formar ías ecuaciones de Lagrange en la forma (142). En este caso, en vez de calcular las fuerzas generalizadas es necesario deter­minar la energía potencial del sistema expresándola respecto de las coordenadas generalizadas y luego, después de calcular la energía cinética, componer la función de Lagrange (141).

Para subrayar la universalidad de las ecuaciones de Lagrange resolveremos con ayuda de éstas algunos problemas, para la solución de los cuales se utilizaban métodos diferentes para cada caso.

Problema 171. Utilizando el método de Lagrange componer la ecuación diíe- rencial de ¡as oscilaciones del péndulo Usico.

Solución. El péndulo posee un grado de libertad y su posición está determi­nada por el ángulo <p (véase la íig. 333). Por consiguiente, <7 i=<p. Comunicando al ángulo «f. un incremento positivo ócp hallaremos que durante este desplazamiento el trabajo es realizado solamente por la fuerza de gravedad P y s= (— Pa sen <p) ft<p, donde a = OC. Por eso, Q4 = —■ Pa sen q>. Luego, de acuerdo con la fórmula (43).

magnitud T debe expresarse respecto de la velocidad generalizada, a<o = <p). En este caso, la ecuación de Lagrange se escribe asi:

es decir, el mismo resultado que en el $ 155.Como la fuerza de gravedad P es potencial, la ecuación de Lagrange puede

plantearse en la forma (142). Dirigiendo el eje Oz verticalmente hacia arriba te­nemos en el caso presente II = Pz = — Pa eos 9 y según la fórmula (141),

y la ecuación (142) da también J o<P *+■ Pa sen y = 0 .Problema 172. Resolver el problema 141 (§ 150) con ayuda de las ecuaciones

de Lagrange.Solución. El mecanismo tiene un grado de libertad (véase la fig. 327) y su

posición está determinada por la coordenada (p, (<7 . = <p). Comunicando al ángulo <p un incremento ó<p, hallaremos que para este desplazamiento el trabajo elemental Ó.4, tendrá una expresión que coincidirá con la de dA‘ en el problema 140, si se sustituye en esta por Ó<j>. Por consiguiente,

la energía cinética del péndulo T = -^ J ó T — — Jq ^ 1 (recordamos que la

Como T no depende del ángulo <p, tendremos que

Poniendo en la ecuación (a) las magnitudes calculadas, obtendremos

J oV — — PQ sen q>,

L = y J + Pa eos <p.

De aquí

16 S i .083

490 Cap. X X X I I . Condiciones de equilibrio

El valor de T para el mecanismo ya se calculó |la fórmula (b) en el pro­

blema 1411. Teniendo en cuenta que ü)roj = <p, tendremos

T' = Í^ ( 2 Q + 9P) Í V .

de donde

4 r - = ° . - ^- = ^- (2 Q + 9P )íjij>. dq> dip 6«

Poniendo en la ecuación de Lagrange lodos los valores hallados, que tiene la formade la ecuación (a) en el problema 17.1, obtendremos

± { 2 Q + 9 P ) l\ = - c { = ^ - if

o <p-f k2(p = 0, tal como en el problema 141.Hagamos notar que para un sistema con un grado de libertad, la composición

de la ecuación diferencial de movimiento por el método de Lagrange se reduce en rea­lidad a los mismos cálculos que al utilizar el teore­ma de la variación de la energía cinética.

Problema 173. Hallar la ley del movimiento de una bola B a lo largo del tubo 0A que girauniformemente en el plano horizontal con la veloci­dad angular <o (fig. 385). En el momento inicial la bola se encuentra a la distancia a deJ eje O y su velocidad a lo largo del tubo es igual a cero.

Solución. Mediante el ejemplo de este problema sencillo mostraremos como se pueden plantear las ecuaciones del movimiento relativo con ayuda de las ecuaciones de Lagrange sin introducir las fuer­zas de inercia de arrastre y de Coriolis. La posi­ción de la bola durante el movimiento relativo a

lo largo del tubo está determinada por una sola coordenada x. Por consiguiente, el movimiento está determinado por una de las ecuaciones de Lagrange

d / dT \ dT „

<“ ( dx ) *• 3

En el desplazamiento, en que x obtiene un incremento óx, las fuerzas efectivas no realizan trabajo. Por consiguiente, ó.4, = 0 y Q |=0 .

La energía cinética de la J>ola se calcula en su movimiento absoluto. Entonces

7'*-»0t5mi>£J. donde uyj es la velocidad absoluta de la bola, que cumple vectoríal-

mente la relación = vfrr. En este caso, numéricamente varr =•=OB (i)=wi), pero, secún sus direcciones. t>reJ y r , rr son mutuamente perpendi­culares. Por consiguiente.

T = m (x3 -f-ü>5xJ).

De aquí

dT dT— :—=m x , -r— = m(ú2xdx ox

Poniendo en la igualdad (a) todos los valores hallados y dividiendo por m , obtendremos la ecuación diferencial del movimiento relativo de la bola, en la forma

x — ü>ax = 0.

Fig. 385

§ 178. Solución de problemas 491

Integrando esta ecuación y determinando las constantes de integración por las

condiciones iniciales del problema (cuando 1 — 0. x = a. x = 0). hallaremos final­mente la ley del movimiento de la bola a lo largo del tubo

Problema 174. Con ayuda de las ecuaciones de Lagrange resolver el problema 170 (§ 173).

Solución. Como se indicó antes, según las condiciones del problema el sistema posee dos grados de libertad. Elijamos como coordenadas generalizadas a la dis­tancia x entre la carga A y un punto cualquiera D del plano (fig. 386) y 3 ladistancia y entre el centro C del cilindro y un punto cualquiera E (el nudo) delhilo (ql = x, q-i — y). Para el sistema dado las ecuacio­nes de Lagrange serán,

d ( dT \ dT

* \ a * ) <>* ~ Q "

“ i V a y ) ¿ y

(a)

Fig. 386

Tracemos en el dibujo todas las fuerzas efectivas y calculemos Q , y Qa. Primero comunicamos al sistema un desplazamiento virtual durante el cual varia sola­mente la coordenada x obteniendo un incremento bx > 0 e y = const. En este desplazamiento el trabajo se rea­liza por las fuerzas />, y PTOt, (fitox= f p t) yó/4t == (p t—fpt)üx Luego comunicamos al sistema el desplazamiento virtual, durante el cual varía solamente la coordenada y obteniendo un incremento óy > 0 y * = const; en este desplazamiento ó/l1 = plóy. Por consiguiente,

Q i = ( P i — / P i ) . <?2 = P i ( b )

Ahora calculamos la energía cinética T del sistema, que es igual a la sumade las energías de la carga y del cilindro: 7, = 7’car-f 7*cn. Teniendo en cuenta que

y haciendo uso de las fórmulas (42) y (44), tenemos,va

I"c+ y Jc ^ (C)___ Ejl ¿a r ,. — L . £ i

2 e • 2 eLa velocidad del centro del cilindro Vq se compone de la velocidad relativa

(respecto del hilo) igual a y y de la de arrastre igual a como ambas velocida­

des están dirigidas verticalmente hacia abajo. vc — x-\-y. La velocidad angular del

cilindro w = -y(r es el radio del cilindro), porque el centro instantáneo de rotación

del cilindro durante el movimiento relativo se encuentra en el punto B, y si varía

la coordenada x el cilindro no gira. Teniendo en cuenta que J c = :~ • — r*á halla­

mos íinalmenta

r — S * - i i + - S l- [ ( * ’ + y ) * + - j - j

192 Cap. X X X / J . Condiciones de equilibrio

Poniendo los valeres (b) y (<l) en las ecuaciones de Lagrange (a), obtendremos la ecuación diferencial del movimiento del sistema

(p, + Pe) * -i- P¡y = ÍPi — fp :) 8 • 2x -f 3y =«= 2g.

Resolviendo estas ecuaciones, hallamos

./ >,-3/p, " —^<1 + hP Z nPi+3P,

(c>

De aquí wA = x, Wc = x 4- y (y da solamente la aceleración relativa del centro de masas del cilindro); es fácil comprobar que estos resultados coinciden con los obtenidos en el problema 170.

Mostraremos este método de cálculo eligiendo otras coordenadas generalizadas. Supongamos que qx = x y = donde z es la distancia entre el centro del cilindro y el punto inmóvil O. En este caso, comunicándole al sistema un despla­zamiento durante el cual x recibe un incremento óx > 0 y z = const, obtendremos ó/fj = — fptüx' Para el segando desplazamiento independiente (dz > 0. r — const) se tendrá 6A 2 — p¡(>z. De modo que:

Q; = Pl

Luego, expresando la energía cinética en función de las coordenadas generali­

zadas. puesto que en ej caso dado v¿ = z y w = - oMendremos

De aquí

r= £ ? ,2« t i , + T ] •

or

<)x

y las derivadas respecto de x y z son iguales a cero. Poniendo en las ecuaciones de Lagrange todos los valores hallados, hallaremos

P ¿ — (2p*-f P i)¿==2 /p^ . 2>’z — x = 2g.

Resolviendo estas ecuaciones, determinaremos (as magnitudes wA = x y wc — z. Como vemos, cuando ? , a z. el valor de wc se halla directamente y en este caso tal elección de la coordenada es preferible. Si por el contrario, hace falta definir

la aceleración relativa del centro C o la aceleración angular e del cilindro, el cálculo será más sencillo si se elige q^ — y.

O sea. que, se pueden elegir Jas coordenadas gene­ralizadas de diferentes maneras y la elección acertada de estas coordenadas simplifica considerablemente la solución del problema.

Problema 175. Al eje B de un rodillo homogéneo de peso P que puede rodar sin deslizamiento a lo largo de un plano horizontal está articulada la barra homogénea BD de longitud l y de peso p (íig- 387). Plantear fas ecuaciones diferenciales del movimiento del sistema y definirla léy de sus oscilaciones pequeñas, si en el mo­mento inicial del movimiento la barra se desvia del estado del equilibrio bajo un ángulo pequeño (f>0 y des­pués se suelta sin velocidad inicial.

Solución. Es evidente que eJ sistema tiene dos grados de libertad. Elegiremos como coordenadas generalizadas a la distancia x entre el centro del rodillo y su

Fig. 387

§ 178. Solución de problemas 493

posición inicial y al ángulo <p de desviación de la barra respecto de la vertical

Las ecuaciones de Lagrange para el sistema en consideración serán:

d fdT\ dT _ d /dT\ OT n tx

d‘ \ dx ) dx*“ Q l' d í\ ¿ ^ ) dif *' (a)

Calculemos primero Q, y Qt Comunicando al sistema un desplazamiento durante el cual x recibe un incremento 6 x > 0 y <p = const., obtendremos Para otrodesplazamiento Independiente, en el cual recibe un incremento 6<p > 0 y x=¿const, tendremos 6 A 2 = 0,5Ip sen Por consiguiente.

Q, = 0. Q2 = — 0,5p/ sen <p.

La energía cinética del sistema T = Troá-\-T t El valor de Tto¿ para el caso quese examina fue c: hulado en el problema 134 (§ 147). Tomando en consideración elresultado obter do c?» aquel problema y la fórmula (14), obtenemos:

T. 3 P , I p 2 , l pP .

1 'O i — - J Y "» • b j r - ‘2 7 " c + T l 2 i <p '

Aquí v r —x . y varr, donde numéricamente vre| = 0,5/q\ vtrT°mx-, porlo tanto (véase la lig 387).

4 = — <()* ¿>-|-/<Í>*cos<|>.

Hallaremos en definitiva la siguiente expresión para la energia cinética del sistema:

De aquí

dT 3P + 2p ■ , p l ■ dT .—1- = — ¡r— - x -|-<f eos<p; t - ^ 0 , dx 2g 2g T dx

dT_

dtpP t 1 ■ ,= j^ x c o s < f + T <pj;

dT p • d¡p= ~ íxipaen <p.

Poniendo en la igualdad (a) estas magnitudes y los valores definidos de Q,. Qt. obtendremos, después de las simplificaciones correspondientes, las siguientes ecua­ciones diferenciales dci movimiento del sistema:

5 7 K3P + 2 p) ¿ + pl<f eos <f]=0 .

d ( ■ 2 • \ • • í (b>— I x ío s <j>-f y /cf- 1 -f jr<j) serup =-• — gsenip.

Pasemos ahora a la definición de la ley de las oscilaciones pequeñas del sis­tema. En este caso consideramos que el ángulo q. y el desplazamiento x son mag­nitudes pequeñas del mismo orden de pequenez, es decir, consideramos que <p = e./, (/). x = Rft (l). donde e es la magnitud pequeña y /,(/). /*(/) son ciertas fun­ciones del tiempo (limitadas junto con sus derivadas) que determinan la ley de

las oscilaciones. Es evidente que en este caso las velocidades «p = e /i(0 . x = t f* (/)

serán también magnitudes pequeñas del orden de e

494 Cap. XXX/1 . Condiciones de equilibrio

Para componer las ecuaciones diferenciales de las oscilaciones pequeñas del sistema, hay que conservar en las ecuaciones (b) sólo los miembros del orden de e y omitir las magnitudes pequeñas de orden superior. Para eso, en el sumando p/(pcos<p de la primera de las ecuaciones, hay que hacer cos<p=l y en la segunda

ecuación considerar sen = co s(p= l y omitir el miembro /xtpsen<pya que esde orden e3. Como resultado tendremos:

¿ l ( 3 P + 2p)x + p/<f| = 0. i (*+ §■ ,<P ) -rí'P = 0.

De aquí, calculando las derivadas, hallaremos definitivamente las siguientes ecua­ciones diferenciales para las oscilaciones pequeñas del sistema que se examina:

(3P -f 2p)x-f pl <p = 0. /<j>-t-g<p = 0. (c)

Despejando x en la primera ecuación y poniendo su valor en la segunda, obten­dremos

if4-£2<p=0, (d)donde

3(3P+ 2p) , g,6P4-p / K}

Integrando la ecuación (d) y determinando las constantes de integración según las

condiciones iniciales del problema (cuando /= 0 . cp=<p0, <p = 0), hallaremos final* mente:

<p = cp0cos*/. (t)

Integrando la primera de las ecuaciones (c) y teniendo en cuenta que, cuando

t= 0 , x = 0. Je— O. <p = <p0, <p~0, obtendremos

(3P + 2p)x + pt (<p—<p0)=0-

Sustituyendo aquí <p por su valor obtenido en la igualdad (f). obtendremos

* = 3P + 2p eoskl). (g)

Las ecuaciones (f), (g) determinan la ley de oscilaciones pequeñas del sistema. La frecuencia k de estas oscilaciones está dada por la ecuación (e).

Este resultado relativamente sencillo se ha obtenido en este problema debido a que Q| = 0. En general, cuando Q , jé 0 y 0, las oscilaciones de un sistema con dos grados de libertad resultan más complicadas y están compuestas de oscila­ciones con dos frecuencias diferentes y kt.

ANEXO I

Vectores

1. M agnitudes escalares y vectoriales. Las magnitudes que se estudian en Física y, en particular, en Mecánica son magnitudes escalares y vectoriales. Una magnitud escalar (por ejemplo, el tiempo, la masa, la temperatura) está definida solamente por su valor numé­rico, el cual expresa la relación de esta magnitud respecto de la uni­dad de medida elegida. Una magnitud vectorial (por ejemplo, la fuerza, la velocidad, la aceleración) además de su valor numérico está definida también por su dirección y sentido en el espacio.

La representación matemática de la magnitud vectorial es el vec­tor geométrico o simplemente vector que representa un segmento dirigido. En dependencia de las particularidades de la magnitud expre­sada, un vector puede ser: libre, es decir, aplicado a cualquier punto del espacio (por ejemplo, el momento de un par, véase el § 45), des­lizante, es decir, aplicado a cualquier punto de una recta (por ejemplo, la fuerza que actúa sobre un cuerpo sólido, véase el § 3) y localizado, es decir, aplicado a un punto fijo (por ejemplo, la velocidad o la aceleración de un punto).

Examinaremos las operaciones principales con vectores libres, por­que el estudio de los vectores deslizantes y localizados se reduce a los vectores libres.

En la fig. 388 está representado un vector cuyo origen se encuen­tra en el punto A y el final en el punto B. En las fórmulas, el vector se representa por una letra de carácter grueso, por ejemplo,

a o por dos letras con una raya arriba de éstas, es decir, AB (du­rante las anotaciones el vector se representa por una letra con una

raya arriba, es decir, a). La longitud del vector se llama módulo y se designa por el símbolo |a| o sencillamente por la misma letra, es decir, a. Si el módulo de un vector es nuló, entonces, el vector es también nulo.

2. M ultiplicación de un vector por una m agnitud escalar. Vector un itario .Dos vectores que siendo paralelos, tienen módulos y sentidos iguales se llaman iguales. SI se cambia el sentido de un vector a por el sentido opuesto, obtendremos un vector que se designa por —a.

De este modo, para los vectores mostrados en la fig. 389 se tendrá

b — a, c = — a.

496 Vectores

Al multiplicar el vector a por una magnitud escalar n obtenemos un nuevo vector b = na. cuyo módulo b = \n¡a y cuyo sentido coin­cide con el sentido del vector a cuando n > 0, y es de sentido con­trario al vector a si n < 0. En particular, al multiplicar el vector a por — 1, obtenemos el vector — a.

El vector, cuyo sentido coincide con el sentido del vector a y cuyo módulo es igual a 1, se llama vector unitario o versor del

Fig. 388 Fig. 389 Fig. 390

vector a. Este vector se designa por el símbolo a° (fig. 390). De este modo,

a° tf o, |a°|= I (I)

Todo vector puede representarse como el producto de su módulo por el vector unitario, es decir, en la forma

a = ao°, b = bt>°, etc. (2)

A su vez

— = o°, -£- = 6°, etc. (2')a o

3. Proyección de un vector sobre un eje. Se llama eje a una linea recta, sobre la cual se ha elegido la dirección de referencia positiva. La proyección ax del vector a sobre el eje x es una mag­nitud escalar igual al producto del módulo del vector por el coseno del ángulo a formado por la dirección del vector y la dirección positiva del eje, es decir,

ax — a eos a. (3)

Para mayor detalle véase el § 8, donde todo lo dicho sobre las proyecciones de una fuerza se refiere a las proyecciones de cualquier vector.

4. Composición y sustracción de vectores. Se llama suma o-fft de dos vectores a y b (fig. 391, a) al vector c que une el origen del vector a con el extremo del vector b, a condición de que el mismo vector b esté trazado a partir del extremo del vector a (regla del triángulo), es decir,

c = a + b.

Anexo / Vectores 497

Esta definición expresa una de las propiedades fundamentales de las magnitudes vectoriales físicas. La suma c de los vectores a y b es también igual a la diagonal del paralelogramo construido con estos vectores (regla del paralelogramo, fig. 391, b).

La operación de composición de vectores posee la propiedad de conmutabilidad, es de­cir, a + b — b + a.

La suma de varios vectores se obtiene me­diante el empleo consecutivo de la regla del triángulo y está representada por el lado que cierra la línea quebrada formada por los vec­tores sumandos (regla del polígono). En la fig. 392 se muestra cómo se halla la suma s — a + b + c+ . . . -f k de los vectores a, b, c .........k.

Si la linea quebrada formada con los vectores sumandos se cierra por sí misma (es decir, el extremo del vector k coincide con el ori­gen del vector a), la suma de los vectores es nula.

Fig. 391

Fig. 391

Se llama diferencia de dos vectores a y b al vector d que se obtiene como resultado de la composición del vector a con el vec­tor— b, contrario al vector b (fig. 393), es decir,

d = a — b = a + (— b). (5)

5. Descomposición de un vector en las direcciones de los ejes coordenados. Para la definición analítica de un vector se utiliza la descomposición de éste en las direcciones de los ejes x, y, z, de un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares. Después de construir sobre el vector a, utilizándolo como diagonal, el paralele­pípedo rectangular correspondiente (fig. 394), hallaremos que

a = a, + a, + a,. (6

Los vectores a „ a,, a„ se llaman componentes ortogonales del vector a en las direcciones de los ejes x, y, z.

32-142

498 Vectores

Introduzcamos los vectores unitarios ( versares) de los ejes x, y, z, a los cuales designaremos por /, j , k respectivamente. Los módulos de estos vectores son iguales a la unidad, es decir,

1/1 — 171 — 1 * 1 — 1. ( 7 )

y sus direcciones coinciden con las direcciones positivas de los ejes correspondientes.

De la fig. 394 se ve que las componentes a ,, a,, a, son numé­ricamente iguales a las proyecciones ax, ay, a, del vector a sobre

los ejes x, y, z. Por eso, de acuerdo con las fórmulas (2) podemos representar estas com­ponentes en la forma

<*, — a j , a t — ayj , a t = a,k. (8)

Como resultado, de la igualdad (6) hallamos la expresión si­guiente para el vector a para sus proyecciones

F ig 394 a = axl + a J + atk. (9)

La fórmula (9) muestra que analíticamente el vector está comple­tamente determinado con la definición de 3 números, es decir, sus3 proyecciones sobre los ejes del sistema de coordenadas cartesianas rectangulares.

Ejemplo. SI las proyecciones del vector a sobre los ejes x, y, z son iguales s ¡2* — 3, ay = —2. o, = 5 , entonces,

a = 31— 2J + Sk

Y viceversa, si el vector a está definido en la lorma a = 3 l— 2J+ 5k. sus proyecciones sobre los ejes x. y, z son iguales a: ax = 3, ay — 2, az = 5 .

De la fig. 394 se ve que conociendo las proyecciones del vector a se pueden hallar su módulo a y los ángulos a, ¡3, 7 , formados por el vector con los ejes coordenados, valiéndonos de las fórmulas

a = V a.\ + o j + a j ;

Q . _ Ov />eos a = —, eos 8 = — , eos y = — .a r a ‘ a

6. Método analítico de composición de vectores. Sí se cono­cen las proyecciones de los vectores a „ a , ......... o„, estos vectores

Anexo l Vectores 499

pueden expresarse en la forma

a.

~ ^ (11)

a „ = a nxi+ aa)J+a„,k.

Entonces, sumando miembro a miembro estas igualdades, hallaremos

5 - + ( I , a - ) ' + C ? , a»)j+ ( I , a>‘Y < i 2 )

Pero de acuerdo con la fórmula (9) el vector s puede expresarse en la forma

s = sxl + syj-|-s,fe. (13)

Comparando las igualdades (12) y (13), hallamos que

n n n

S, = 2 a„x, sy= 2 * .= 2 aki- (14)t = l *= l I

Las fórmulas (14) permiten hallar la proyección de la suma delos vectores mediante las proyecciones de los vectores componentes. Al mismo tiempo estas fórmulas expresan el teorema de la proyec­ción de la suma de vectores, a saber: la proyección de la suma devectores sobre un eje es igual a la suma de las proyecciones de losvectores componentes sobre el mismo eje.

Después de calcular por medio de las fórmulas (14) las proyec­ciones del vector s, utilizando las fórmulas (10), se puede hallar su

módulo s = Ks5 + Sj-fs3 y los ángulos que éste forma con los ejes coordenados.

5. Producto vectorial. Algunas magnitudes físicas se determinan como los productos de otras magnitudes físicas vectoriales. La mag­nitud, que se obtiene como resultado de la multiplicación, puede ser escalar (por ejemplo, al calcular el trabajo) o vecto­rial (al calcular el momento de una fuerza). De acuer­do con esto en el cálculo vectorial se estudian dos tipos de productos vectoriales: escalar y vectorial.

a) Producto escalar. Se llama producto escalar de dos vectores a y b a una magnitud escalar igual al Fig- 395producto de los módulos de estos vectores por el cose­no del ángulo a formado por éstos (fig. 395). La operación de la mul­tiplicación escalar la designaremos por un punto puesto entre los vectores que se multiplican. De este modo

a b =ab eos a. (15)

500 Vectores

El producto escalar posee las propiedades conmutativas y distri­butivas, es decir,

a b = b a y (a + b) c = a c + b c. (16)

Además, durante la multiplicación de un producto escalar por un número n se cumple la propiedad combinatoria, es decir,

n ( a b ) = (n a )b = a-(nb). (17)

De la definición se deduce también que el producto escalar de dos vectores mutuamente perpendiculares es igual a cero, porque, en este caso, a 90° y eos a = 0, es decir,

si a J_ b, a b — 0. (18)

De este modo, el producto a b puede ser igual a cero en tres casos:1) sla = 0, 2) si 6 = 0, 3) si a J_ b.

Si los vectores a y b son paralelos y están dirigidos en el mismosentido, entonces, ct — 0 y c o s a = l; en este caso, a b = ab. Si éstos están dirigidos en sentido contrario (a = 180° y cosoc=— 1), entonces a b —— ab. En particular, si b = a,

a a = a* o at = a ’ , (19)

es decir, el cuadrado escalar de un vector es igual al cuadrado de su módulo.

Para los vectores unitarios de los ejes coordenados las fórmulas (18) y (19) dan

/ .y= y .* = = 0, \

Si los vectores a y b se expresan en función de sus proyecciones, entonces,

a b = (a¿ + ayj+ a,k)-(bxl + byj + b,k).

De aquí, efectuando las multiplicaciones indicadas y teniendo en cuen­ta las igualdades (20), obtendremos la siguiente expresión del pro­ducto escalar er\ función de las proyecciones de los vectores que se multiplican:

a b = aJo„ + ayby + atbt. (21)

b) Producto vectorial. Se llama producto vectorial de dos vectores a y b a un vector c cuyo módulo es igual al producto de los mó­dulos de los vectores que se multiplican por el seno del ángulo que forman, y que está dirigido perpendicularmente al plano determinado por dichos vectores, es decir, en el sentido desde donde se ve la coincidencia más corta del primer multiplicador (es decir, del vector o) con el segundo (es decir, con el vector b) en sentido contrario al de las agujas del reloj (fig. 396, a). La operación de la multiplicación

Anexo / Vectores 501

vectorial la designaremos por una cruz oblicua. De este modo,

c = a x b, donde c = |a x b \ =06 sen a. (22)

De la fig. 396 se ve también que el módulo del producto vectorial es numéricamente igual al área del paralelogramo formado por los vec­tores que se multiplican.

El sentido del producto vectorial se establece condicionalmente y debe corresponder al sistema de coordenadas que se utiliza para los cálculos analíticos. La determinación dada arriba corresponde al sistema de coordenadas derecho que se utiliza en Mecánica, es decir,

a*b

bxa

Fig. 396

para los versores /, J, k de los ejes coordenados (fig. 396, b), ya que sus módulos son ¡guales a la unidad y el ángulo entre ios versoresl y j es igual a 90°, tendremos que i X j =* ft (pero no J x l = k).

De la definición se deduce que el producto vectorial no posee ta propiedad conmutativa, porque

b x a = — (axb), (23)

lo que se ve directamente en el dibujo (fíg. 397). Por consiguiente, durante cualquier operación realizada con el producto vectorial no se permite modificar ef orden de los multiplicadores (si no se cambia al mismo tiempo el signo).

Las propiedades restantes, indicadas para el producto escalar son también válidas para el producto vectorial, es decir,

(ax b )x c = (axc) + (bXc), (24)n (a x b) = (na) x b = a x (nb). (25)

Además, se deduce de la definición que el producto vectorial de dosvectores paralelos es igual a cero, porque, en este caso, a = 0 (o a = 180°)y sen a = 0, es decir.

O

7ig. 397

C mCCxb

si 0 ||&, 8 X Í = 0. (26)

602 Vectores

En particular, este resultado tiene lugar multiplicando dos vectores iguales, es decir,

a x a = 0. (26')

De este modo el producto a x b puede ser igual a cero en tres casos: 1) si a = 0, 2) si 6 = 0, 3) si a\\b.

Si los vectores a y b son perpendiculares entre si, a = 90° ysen a = 1, por eso,

si a ± b, |ax6| = a&. (27)

Para los vectores unitarios de los ejes coordenados, las fórmulas (26) y (27) dan (véase la fig. 396,6):

/ X l = j X j = k X * = 0, (28)

/ x y = * . / x k=i, k x i = y .

y también de acuerdo con la igualdad (23),

J x i = — k, k x j = — i, l x k = — J. (29)

Si los vectores a y b se expresan en función de sus proyecciones,entonces,

a x b = ( a j + ayJ + axk) x (bxl + b j + b.k).

De aquí, al realizar la multiplicación y considerando las igualdades (28) y (29), obtendremos la expresión siguiente del producto vectorial en función de las proyecciones de los vectores que se multiplican:

a X 6 = (ayb ,— a,by) l-\- (atbx— axbI)J+ (a xby— oybx) k. (30)

Este resultado puede expresarse de un modo más compacto en forma de una determinante:

l / k

a x b = a, ay a, , (31)

bx by b,

lo que se puede comprobar fácilmente desarrollando esta determinante respecto de los elementos de la primera fila.

Por último calculemos las proyecciones del vector c = a x b sobre los ejes coordenados. Ya que c = cxl +- c j + c jt, comparando esta expresión con la igualdad (30), hallaremos que

C* = ayb ,— ajby, cy = a,bx— axbx, c, = axby — aybx. (32)

Las fórmulas (32) permiten, conociendo las proyecciones de los vectores que se multiplican a y b , hallar las proyecciones del vector c y los ángulos que este forma con los ejes coordenados ¡véanse las igualda­des (10)1.

6. D iferenciación de un vector respecto de un argum en to escalar. Las magnitudes vectoriales pueden ser variables y dependien­

Anexo / Vectores 503

tes, en este caso, de un argumento escalar. Por ejemplo, la velo­cidad de un punto puede depender del tiempo, es decir, puede modificarse con el transcurso del tiempo de acuerdo con una ley determinada, etc.

Examinemos el vector p que es una función continua del argumento escalar t, es decir, admitamos que

p=p(t). (33)

Aqui, en el caso general, al variar el argumento t variarán también el módulo y la dirección del vector p. Si se traza el valor del vector p a partir de un mismo origen 0 para diferentes valores del argumento t,

es decir, si t varía continuamente entonces, el lugar geométrico de los extremos del vector p formará una curva que se llama hodógrafo del vector p (fig. 398, a).

El concepto de derivada de un vector variable se introduce del mismo modo que para la función escalar. Si el argumento l recibe un incremento \t, el vector p (fig. 398,6) obtiene un incremento:

&p = p(t + M)-p(t).

El límite de la relación entre el incremento del vector p y el incremento del argumento t, cuando este incremento tiende a cero, se llama derivada del vector p respecto del argumento escalar t.

Por consiguiente,

% = (34)Como se ve de la fig. 398, el vector Ap y, por consiguiente, la

dprelación di

de la fig.

tiene la dirección de la cuerda o secante AB. Como la

dirección límite de la secante es una tangente, la derivada del vector o respecto del argumento t tiene la dirección de la tangente al hodógrafo del vector p en el punto A.

504 Vectores

Las reglas de diferenciación de las sumas y los productos de vec­tores son las mismas que para las funciones escalares, es decir,

£ ( p + </)=-£+ -& -' (35)d ( n p ) d p

—¿ r = n ~dT (Sl n = c°nst), (36)

í u > < i ) = ( £ - « ) + (p ■■£). (37)

{ ( P X ? ) = ( | m ) + ( p x ^ ) . (38)

Hay que tener en cuenta que en el miembro derecho de la últimafórmula de acuerdo con la propiedad (23), no se puede alterar elorden de los factores.

La relación entre las proyecciones sobre los ejes inmóviles de un vector variable y su derivada está dada por el teorema demostrado en el § 63.

ANEXO II

Momentos de inercia

i. Introducción. Los datos sobre los momentos de inercia, nece­sarios para leer este libro, están expuestos, fundamentalmente, en el capítulo XX I I i . En primer lugar, este anexo tiene como finalidad el hacer posible que los lectores conozcan las demostraciones de algunasproposiciones que se citan en el § 133 y en segundo lugar, explicaralgunos datos (que no aparecen en el capítulo XXI II ) , cuyo conoci­miento será de gran utilidad para aquellos que estudien más detalladamente una serie de problemas de Dinámica del cuerpo só­lido (Teoría de instrumentos gíroscópícos, dinámica de aparatos voladores, etc.).

Para estudiar el movimiento de un sis- lema mecánico hace falta conocer no sola­mente su masa total, sino la distribución de masas, es decir, conocer la masa mk decada una de las partículas que forman elsistema, y sus coordenadas xk, yk, zk. Para un cuerpo sólido en el que el número de Fig. 399partículas es ilimitadamente grande, tal mé­todo de definir !a distribución de masas es prácticamente irrealizable. Pero resulta que durante la resolución de problemas de Dinámica la distribución de masas de un cuerpo puede ser caracterizada completa­mente por la definición del centro de masas y de seis magnitudesque se llaman momentos de inercia.

Si para la determinación de las posiciones de las partículas delcuerpo se trazan los ejes coordenados Oxyz (fig. 399) estas magnitudes serán los tres momentos de inercia axiales del cuerpo"

= 2 "'*(!/* + **)• J y = 2 m*(í * + x*)> ■/* = 2 m*(** + yí) <•)

y los tres momentos de inercia centrífugos

■/xy = 1 jmkXkyk. •/,,, = 2 J X, = '21mkzkxk. (2)

Esto se aclarará más adelante.

11 Para un cuerpo macizo las sumas en las fórmulas ( l) y {2) pasarán a ser las integrales correspondientes de) volumen de) cuerpo fvease en e) capitulo X X JIJ , las igualdades (5'). (10').

33- 142

506 Momentos de Inercia

2. M omento de inercia del cuerpo respecto de un eje dedirección a rb itra r la . Para resolver problemas de Dinámica hacefalta saber hallar los momentos de inercia respecto de ejes de cualquier dirección.

Tracemos por un punto cualquiera 0 los ejes coordenados x, y, z, ligados rígidamente con el cuerpo, y calculemos el momento de inercia del cuerpo respecto de un eje arbitrario 01 que pasa por el punto O

(lig. 400); la dirección de este ejeestá determinada por los ángulos a, p, y que forma con los ejes x, y, z respectivamente.

Según la definición |véase el § 133, la fórmula (2)1

( 3 )donde mk es la masa de una partí­cula arbitraria Bk, hk es su distan­cia hasta el eje 01.

Fig. 400 Del triángulo rectangular OBkDkse ve que

h'k = (OBky - (O D k)'. (4)

Aquí ODk es la proyección del radio-vectorrk^ x kl + y j - ' r z tk sobre el eje 01. Ya que la proyección del vector

rk sobre el eje es igual a la suma de las proyecciones de sus compo­nentes xkl, y j , Zyk sobre el mismo eje y estas componentes formancon el eje OI los ángulos a, ¡5, y (véase la fig. 400), entonces,

ODt = xk eos a -f yk eos ¡5 -j- zk eos y.

Además, (OB*)1 = r¡¡ = jtJ-)-y\-f-z¡. Como resultado, la igualdad (4) da

k* = (*í +■ yi + z») — (*» eos a-\-yk eos ¡J +- zk eos y)x.

Pongamos este valor .de /ij en la fórmula (3) multiplicando preli- m¡namt“n*“ (paia súupHíi «<r los cálculos el primer paréntesis por eos* a + eos* p-f eos5 y = 1, como resultado de lo cual la igualdad no varia. Entonces, obtendremos;

JI = X m* + yi + * * ) ( c o s ’ “ + c ° s ’ P + eos* V) —— (x* eos oc-f y,eosp + zAcos y)’ I- (5)

Si en esta expresión se separan los coeficientes de los cosenos a la segunda potencia y de sus productos dublicados, estos coeficientes serán magnitudes iguales determinadas por las fórmulas (1) y (2). Como resultado obtendremos finalmente:

J t = J x eos1 a + J y eos’ P + J t cos.* y — 2Jxy cos a cos p —

— 2 J fM cos p cos y — 2 / „ cos y cos a.

Anexo // . Momentos de inercia 507

La fórmula (6) nos da la expresión para el momento de inercia del cuerpo respecto de un eje de cualquier dirección que pasa por el punto O. De esta fórmula se deduce efectivamente que el momento de inercia del cuerpo respecto de tal eje puede calcularse conociendo seis magnitudes:

j X, J y. J ,, J xy, J y,, J ,X- (7)

El momento de inercia respecto de cualquier eje que no pasa por el punto O puede hallarse con ayuda del teorema de Huygens (§ 132) conociendo la posición del centro de masas.

Por consiguiente, para estudiar el movimiento de un cuerpo sólido sometido a la acción de fuerzas aplicadas a éste hace falta conocer: la masa del cuerpo, la posición de su centro de masas y las magni­tudes (7), es decir, tres momentos de inercia axiales y tres momentos de inercia centrífugos, calculados respecto de los ejes Oxyz.

3. E lipsoide de inercia. Para representar claramente la varia­ción de los momentos de inercia de un cuerpo respecto de un haz de ejes que pasa por el punto dado O hagamos la construcción geomé­trica siguiente. Tracemos a lo largo de cada uno de los ejes OI (fig. 401) un segmento OK, cuya longitud /? es igual, en la escala elegida, a

* = p = (8)

donde J, es el momento de inercia del cuerpo respecto del eje OI. Los extremos de estos segmentos, es decir, los puntos K (en la fig. 401 se muestra uno de los puntos), forman una superficie en el espacio. Hallemos su ecuación. Para eso multipliquemos ambos miembros de la igualdad (6) por P*. Entonces, en el miembro izquierdo obtendre­mos la unidad, porque de acuerdo con la igualdad (8) R*J¡=u\ (por eso se hace tal elección de la JongitudHe R). En ‘1 miembro derecho, los productos R cosa, R eos p, R eos y serán respectivamente iguales a las coordenadas x, y y z del punto, como se ve en la fig. 401. Como resultado, obtendremos

j xxt + j yy' + j,z* — 2 jxyxy — 2 jy¡yz— <2 j íxzx = 1. (9)

La ecuación (9) es la ecuación de la superficie formada por los extremos de R = OK- Ya que para ningún eje OI el momento de inercia J¡ de un cuerpo real puede ser igual a cero, entonces, como se ve de la fórmula (8), R = OK no puede ser igual a la infinidad. Por consi­guiente, la superficie central de segundo orden, no tiene puntos ale­jados infinitamente, es decir, es un elipsoide. Esta superficie se llama

508 Momentos de inercia

elipsoide de inercia del cuerpo en el punto 0. Su ecuación está dada por la fórmula (9).

Con ayuda del elipsoide de inercia se puede obtener una imagen evidente de la distribución de los momentos de inercia respecto del haz de ejes que pasa por el punto O, es decir, como de la igualdad (8) se deduce que

entonces, cuanto mayor sea la distancia R = OK para el eje dado 01, tanto menor será el momento de inercia respecto de este eje y viceversa.

Señalemos que en cada punto del cuerpo se puede construir un elipsoide de inercia. El elipsoide de inercia construido para el centro de masas del cuerpo, se llama elipsoide de inercia central.

4. Ejes principales de Inercia y sus propiedades. Se sabe de la geometría analítica que cada elipsoide tiene tres ejes mutuamente perpendiculares. Si la ecuación del elipsoide se refiere a estos ejes, tendrá la forma (a, 6, c son los semiejes del elipsoide)

es decir, no tendrá miembros con productos de las coordenadas.Es evidente que lo mismo ocurrirá para la ecuación del elipsoide

de inercia, es decir, si los ejes Oxyz no se dirigen arbitrariamente,

momentos de inercia centrífugos respecto de estos ejes son iguales a cero-, esta particularidad puede servir para la deter­minación de los ejes principales de inercia (véase el § 133).

Puesto que el elipsoide de inercia puede ser construido en cual­quier punto del cuerpo, de aquí se deduce, que por cualquier punto del cuerpo pueden ser trazados no menos de tres ejes principales de inercia mutuamente perpendiculares (lo cual se confirmaba al final del § 133).

Los ejes principales de inercia trazados para el centro de masas del cuerpo se llaman ejes centrales y principales de inercia del cuerpo.

Al dirigir los ejes coordenados por los ejes principales de inercia (véase la fig. 402) y considerando las igualdades (12), obtendremos la

( 11)

sino a lo largo de los ejes del elipsoide de iner­cia (fig. 402), en la ecuación (9) los coeficientes de los productos de las coordenadas se anula­rán, es decir, se tendrá

j v ~ 0. •/„ = 0, Jxx = 0. (12)

Fig. 402

Los ejes dirigidos a lo largo del elipsoide de inercia construido en el punto O, se llaman ejes principales de inercia del cuerpo para el punto O. La particularidad fundamental de los ejes principales de inercia consiste en que todos los

Anexo / / . Momentos de inercia 509

ecuación del elipsoide de inercia en la forma

+ + (13)

La ecuación (6) que determina el momento de Inercia respecto deun eje arbitrario 01 se simplificará en este caso y tendrá la forma

J , = J x eos* a -)- Jy eos’ p + J , eos1 y. (14)

En este caso, en las fórmulas (13) y (14) J x, J yt J , son los momentos de inercia del cuerpo respecto de los ejes principales de inercia y se llaman también momentos principales de inercia.

De la fórmula (14) se deduce que para la determinación del momento de inercia del cuerpo respecto de cualquier eje que pasa por el punto O es suficiente conocer las direcciones de los ejes principales de inercia en el punto dado y los momentos principales de inercia del cuerpo respecto de estos ejes.

Si los ejes coordenados se trazan de modo que solamente uno de ellos, por ejemplo, el eje z, esté dirigido a lo largo del eje delelipsoide, entonces, la ecuación del elipsoide (esto también se sabedel curso de geometría analitíca) no tendrá la coordenada z en primergrado, es decir, tendrá la forma

Ax' + By' + Cz* — Dxy = 1

Comparando esta ecuación con la ecuación de inercia (9) concluimos que si el eje z para el punto O es el eje principal de inercia,entonces,

' „ = 0. J „ = 0. (15)

es decir, los momentos de inercia centrífugos, en cuyos Indices figuran los nombres de este eje, se convierten en cero.

Respecto a los ejes principales de inercia, todas las fórmulas yecuaciones de Dinámica se simplificarán considerablemente a consecuen­cia de que los momentos de inercia centrales se convierten en cero. Por eso, hallar los ejes principales es un problema importante y, en el caso general, es bastante complicado. Este proceso se simplifica para los cuerpos simétricos.

Como hemos indicado en el § 133, si un cuerpo tiene un eje de simetría, éste es también el eje principal de inercia del cuerpo para cualquiera de sus puntos. Si un cuerpo posee un plano de simetría, cualquier eje perpendicular a este plano será el eje principal de inercia del cuerpo para el punto donde el eje interseca el plano.

Indicaremos una posibilidad más para hallar los ejes principales.En el § 132 se demostró el teorema de Huygens, que establece la relación entre los momentos de inercia axiales’ respecto de ejes para­lelos. Del mismo modo se hallan las relaciones entre los momentos centrífugos respecto de ejes paralelos. Si se trazan los ejes Cx'y’z’ paralelos a los ejes Oxyz por el centro de masas de un cuerpo (fig. 403), estas

510 Momentos de inercia

relaciones tendrán la forma:

Jxy = + Mxcyc, J yt = J 4- Myczc, J tx = -f- Mzcxc, (16)

donde M es la masa del cuerpo, xc, yc, zc son las coordenadas del centro de masas respecto de los ejes Oxyz.

Supongamos, ahora que los ejes x', y', z' son los ejes principales de inercia centrales. Entonces, J = J = J yi- —0. Además, supon­gamos que uno de los ejes x. y, z coincide con el eje principal central,

por ejemplo, el eje Ox coincide con Cx' (fig. 404); en este caso, uc = zc = 0. Como resultado, de las fórmulas (16) obtendremos:

J x y ~ J V I = J t x = Q< (17)es decir, los ejes x, y, z serán los ejes principales para el punto O.

Pe aqui concluimos que para cualquier punto O situado sobre el eje principal de inercia central de un cuerpo, los ejes principales son para- lelos a los ejes principales de inercia centrales.

Las formulas (16) son también útiles para hallar los momentos de inercia centrífugos. Por ejemplo, examinemos un cubo de arista a, cuya masa es igual a M. Para este cubo, debido a la simetría, los ejes principales de inercia centrales son también paralelos a las aristas del cubo y respecto de estos ejes, Jx-y = Jyz- = Jrx' = 0. Si ahora trazamos los ejes Oxyz a lo largo de tres aristas del cubo, que se

intersecan en el vértice O, entonces, para estos ejes X c — Yc = Zc = j .

Entonces, de acuerdo con las fórmulas (16) los momentos de inercia centrífugos para los ejes Oxyz serán iguales a

INDICE DE MATERIAS

Aceleración absoluta 227— angular 181, 183, 220— arrastre 227— caída libre 258— Coriolis 235— ejipeta 222— normal 161, 167— punto 154, 157, 163— rotación 222— tangencial 163, 166 Afelio 300 Agarrotamiento 102Amplitud de oscilaciones 169, 319 Angulo de contingencia 164— nutación 217— precesión 217— rotación propia 217— rozamiento 101— Euler 217Apoyo empotrado fijo 70— rótula fijo 69----movible 69Armadura 91— plana, su cálculo gráfico 95 Autofrenado 102Axioma de las ligaduras 25— paralelogramo de fuerzas 20— de la Estática 18-22 Barra cero 94—, su reacción 24 Binormal 163 Brazo del par 55Caída de un cuerpo en un ambiente que

ofrece resistencia 271 Campo de fuerzas 406 ---- potenciales 406— gravedad homogéneo 138 Cantidad de movimiento del punto 279 de un sistema 371Centro del choque 445— de fuerzas paralelas 136— de gravedad del área 139, 143— — del cuerpo 18, 138—140 de la línea 139, 143— — del volumen 139, 144

Centro de inercia 354— instantáneo de aceleraciones 213 de rotación 199----velocidades 196, 214— masas 353— oscilaciones del péndulo físico 419— reducción 62 Cinemática 12, 14, 146 Coeficiente dinámico 331 de rozamiento 100— estático de rozamiento 99— de rozamiento de pivoteo 108 de rodadura 108— restitución durante el choque 437— rigidez del resorte 287 Cojinete, su reacción 24 Composición de aceleraciones 231—235— de dos fuerzas 26— fuerzas paralelas 52 Composición de fuerzas variables 255— movimientos de arrastre 243— — de traslación y de rotación 252— de pares 58— — en el espacio 116— de rotaciones alrededor de dos ejes

paralelos 243 — --- concurrentes 250— de un sistema de fuerzas 27— de tres fuerzas que no se encuentran

en un plano 27— de velocidades 227Condición de equilibrio de cualquier

sistema plano de fuerzas 66----de un cuerpo sólido no libre 133----gráfica de un sistema de fuer

zas coplanares 89 Condición de equilibrio de pares 58 Condiciones —de un sistema arbitrario

de fuerzas tridimensional 123— — — en las coordenadas generali­

zadas 483----— de fuerzas concurrentes 37----------- espacial 37 — -de pares 116----— plano de fuerzas paralelas 68

512 Indice de Materias

Condiciones iniciales 264 Coordenadas generalizadas 477 Cuerpo libre 17. 22— de masa variable 377— no libre (ligado) 22. 133— rigido 16Charnela cilindrica, su reacción 24 Choque 434— absolutamente elástico 438. 441— — inelástico 438, 441— de bolas 440— central 438— de un cuerpo contra un obstáculo

inmóvil 438— con un cuerpo en rotación 444— directo 438---- y central 438. 440— oblicuo 438. 439 Decremento logarítmico 325— de las oscilaciones 325 Descomposición de una fuerza en fuer­

zas paralelas 54— de fuerzas 28. 29 Desfasaje 330Desequilibrado dinámico de las ma­

sas 460Desplazamiento absoluto elemental 228— de arrastre elemental 228— relativo elemental 227 Desplazamientos virtuales 404 Desviación estática del punto 321

Desviación de la vertical de un puntoen caída 314

Diagrama de aceleraciones 213— de Maxwell — Cremona 97— de velocidades 204 Dinama 122

Dinámica 12, 13, 255

Ecuación diferencial del movimiento de un punto de masa variable 378

------- rectilíneo del punto 263 — -de rotación de un cuerpo rí­

gido 414---- de ías oscilaciones forzadas deí

punto en ausencia de resistencia 326— — — ---- en presencia de resi­

stencia 329i— de equilibrio relativo del punto 309— general de la dinámica 472— Metcherski 378

Ecuaciones cinemáticas dei movimiento del sistema en coordenadas genera­lizadas 479

— diferenciales del movimiento del centro de masas 365

— -curvilíneo del punto 275

Ecuaciones cinemáticas del movimiento planoparalelo de un cuerpo sólido 421— — — del punto por una curva de­

terminada 302 — -de un sistema 363— — — del sistema en las coordena­

das generalizadas 487— de Lagrange 484Ecuación de momentos para las fuer­

zas concurrentes 50— del movimiento del cuerpo sólido

alrededor de un punto inmóvil 218Ecuaciones del movimiento planopa­

ralelo del cuerpo sólido 189 Ecuación de tres momentos 69 Efecto giroscòpico 431 Eje de la dinama 122— helicoidal instantáneo 254Ejes de inercia centrales y principales

361. 362. 461 Eje instantáneo de rotación 199, 218— de inercia principal 360—362 Empotramiento rígido 70 Energia cinética de un cuerpo 395— — del punto 279 de un sistema 392— potencial 411 Equilibrio 15— absoluto 15— astático 134— de cualquier sistema plano de fuer­

zas 66— de un cuerpo sólido no libre 133 Equilibrio dinámico de las masas 460— estable 134— indiferente 134— inestable 134— relativo 15, 309— de sistemas de cuerpos 76— de un sistema arbitrario de fuerzas

tridimensional 123---- de fuerzas concurrentes 36— — mecánico 466---- plano de fuerzas paralelas 68— en presencia de rozamiento 102 Esfuerzos interiores 80 Establecimiento de las oscilaciones 330 Estabilidad del equilibrio 133, 134 Estado de imponderabilidad 344 , 347— de ponderabilidad 344, 347 Estática 12, 15Fase de oscilaciones 319 Fórmulas de Euler 221 Fórmula de Galileo 294, 438— de Tsiolkovski 380Frecuencia circular de las oscilaciones

320

Indice de Materias 513

Frecuencia de la fuerza perturbadora 326

— de oscilaciones 320 Fuerza I I , 16. 255— activa 23, 352 generalizada 480— armónica 326— de atracción 288— central 299— concentrada 18— de choque 434— equilibrante 18— externa 18, 21, 352— generalizada 479— de gravedad 312— de gravitación 288— de inercia 448 d’Alembert 448, 451— — de arrastre 308 de Coriolis 308, 450---- generalizada 485— interna 18, 21, 352, 392, 399— masa 345— no potencial 288, 408— perturbadora 326—potencia l 287, 288, 289, 406, 482,

— de presión sobre la conexión 22— de reacción 379 de la ligadura 22— recuperación 318— repartida (distribuida) 18, 81—83— resultante 18— de rozamiento de deslizamiento 99-------durante el movimiento 100— de rozamiento 99— superficial 345— viva 279— volumen 345Fuerzas activas generalizadas 487— concurrentes 28 Función de la fuerza 406---- para la fuerza de elasticidad 408— ---- de gravedad 406-------newtoniana 408— de Lagrange 488 Giroscopio 428— libre 429— simétrico 428Gradiente de la función escalar 409 Gráfica de la aceleración normal 169---- tangencial 169---- total 169— de la distancia 169— del movimiento del punto 169— de velocidad 169 Hilo, su reacción 23

Imponderabilidad 344—351 Impulso de choque 434— elemental de fuerza 280— de fuerza 280 Inercia 256 Ju lio 285Kilogramo-masa 259 Kilogramo-fuerza 17 Ley de las áreas 300— de la caída libre de los cuerpos 258— de la conservación de la cantidad

de movimiento 373— — de la energía mecánica 411---- del momento de la cantidad de

movimiento 389 — ---- principal de la cantidad de

movimiento ael sistema 387---- del movimiento del centro de

masas del sistema 365— fundamental de la dinámica 257 — ---- para el movimiento relativo

del punto 309— de la igualdad de la acción y de

la reacción 21, 258— de la independencia de la acción

de fuerzas 258— de la inercia 257— del movimiento del punto a lo

largo de la curva dada Í48, 158---- de rotación del cuerpo sólido 182Leyes de la Dinámica 257—259— de Newton 257—259— del rozamiento de deslizamiento 99 Ligaduras (conexiones) 22—25 Ligaduras exteriores 76— geométricas 477— ideales 400, 466— interiores 76Línea de acción de la fuerza 17— de nodos 260Longitud reducida del péndulo físico

419Masa del cuerpo 256, 258— de un sistema 353 Mecánica Teórica (general) II Método analítico de composición de

fuerzas 34— geométrico---- 26— de parada 247— de Ritter 94— de seccionamiento 94— de separación de nudos 91— de W .llis 247 Módulo de la fuerza 17Momento de la cantidad de movimien­

to 297— cinético 297, 382

614 Indice de Materias

Momento de una tuerza respecto de un eje I I I — 1)5

— -de un punto (centro) 47, 55,109, 115

— giroscòpico 431— de inercia centrifugo 360, 460_ — de un cuerpo respecto de un eje

354. 358— del par 54. 116— principal 63. 120— principal de la cantidad de movi­

miento de un sistema 382— — de las tuerzas de inercia 451 internas 353— de reacción 388— de rotación 414Momentos principales de inercia 361 Movimiento absoluto del punto 226,

227— de arrastre del punto 226— bajo la acción de una fuerza cent­

ral 299— de un cohete 377— compuesto del cuerpo sólido 243 ael punto 226—227— del cuerpo en el campo de gravita­

ción terrestre 336---- sólido alrededor de un punto

inmóvil 217— de un cuerpo sólido libre 223, 434— giratorio (de rotación) del cuerpo

sólido 181, 252, 393, 389— por Inercia 36, 257— helicoidal del cuerpo 252— mecánico 11

lanoparalelo del cuerpo sólido 189, 4. 393, 420

— del punto acelerado 168— del punto curvilíneo 148, 274— del punto en los ejes de coordena­

das rectangulares cartesianas 150i----lanzado bajo un ángulo con el

horizonte 275---- no libre 260---- rectilíneo 148---- retardado 168— relativo 226, 308— — cerca de la superficie de la

tierra 313•— — del punto 226, 308— sobre la superficie terrestre 313 Movimiento de traslación del cuerpo

sólido 179, 243. 246, 252, 256, 414 Newton (unidad de medida de fuerza)

17, 259 Normal principal 163 Nudos de una armadura 91

Número de grados de libertad 465, 476— de Tsiolkovski 380 Nutación 217Oscilaciones amortiguadas 324— armónicas 168— forzadas 326—333----en ausencia de resistencia 326— — en presencia de resistencia 328— libres en caso de que no exista

resistencia 319— — en presencia de una resistencia

proporcional a la velocidad 323— paramétricas 388— del péndulo 417— pequeñas del péndulo 417— propias 327. 330 Par de fuerzas 54 Par giroscópico 431Par resultante, su determinación grá­

fica 88— de rotaciones 245 Pares equivalentes 56 Péndulo físico 417— invertido 419— matemático 418Pérdida de la energía cinética durante

el choque inelástico de dos cuerpos 442

Perihelio 300Período de las oscilaciones 169, 320----amortiguadas 324----pequeñas de un péndulo mate­

mático 418 Peso del cuerpo 138, 258, 344 Piñón 246Plano de contacto 156— liso, su reacción 23 Plataforma de Zhokovski 387 Polígono funicular 85— vectorial 27— de fuerzas 27, 85 Polo 85Potencia 285 Precesión 217— de un giroscopio 430— regular de un giroscopio 430 Presiones sobre las ligaduras dinámi*

cas 31-------estáticas 31Primer problema de la dinámica 260 Primera velocidad cósmica 341 Principal problema de la dinámica

260, 363Principio d’Alembert 448, 449. 452,

461, 473— d’Alembert-Lagrange 473— de los desplazamientos virtuales 464

Indice de Materias 515

Principio de relatividad de la mecá­nica clásica 309

— de rigidez (solidificación) 21, 22, 76 Principios de la Estática 18— de la mecántca 448Problema estáticamente determinado 38— — indeterminado 38 Proyección de una fuerza sobre un

eje 31------ un plano 31Punto material 256 Quicionera. su reacción 24 Radio de inercia 354 Radio vector 151 Reacción dinámica 304— impulsiva 445— de ligadqra 22. 25. 260, 352— — rugosa 101Reacciones de los apoyos, su determi­

nación gráfica 89, 91— dinámicas que actúan sobre el eje

de un cuerpo en rotación 458— de las ligaduras, su determinación

en la Dinámica 304Reducción de un sistema de fuerzas

plano a un centro dado 62—64----plano de fuerzas a la forma más

simple 64— — de fuerzas tridimensional a una

expresión más simple 120------ a un centro dado 119Regla del paralelepípedo 27— del paralelogramo 26— del triángulo de fuerzas 26— de Zhukovski 432 Relación efe transmisión 247 Reposo relativo sobre la superficie de

la tierra 312 Resonancia 328. 332, 333 Resultante 18— de fuerzas concurrentes 28 —, su determinación gráfica 86 Rotación acelerada 184— propia 217— retardada 184— de la tierra, su influencia en el

equilibrio y movimiento de los cuerpos 311

— uniforme 184 Rótula, su reacción 24 Rozamiento 99— de deslizamiento 99— 101— de un hilo sobre una superficie

cilindrica 105— de pivoteo 107 Rozamiento de rodadura 107 Satélites artificiales de la tierra 340

Segundo problema de la Dinámica 260 Segunda velocidad cósmica 340 Sistema estáticamente determinado 38— — indeterminado 38 Sistema de fuerzas 17— — equilibrado 18---- equivalentes 17------- a cero 18— mecánico 352 invariable 399----con ligaduras ideales 400— de referencia 146— de inercia 257, 308, 429 inmóvil 226---- móvil 226Sistema de unidades Internacional

147, 259— de unidades MK-gfS 259 Suma geométrica de fuerzas 26 Superficie de nivel 410 Superficies equipotenciales 409 Teorema de Carnot 443— de Coriolis 235— de Euler-d'Alembert 218— de Huygens 358— de los momentos 297---- durante el choque 436---- respecto de un centro 298-------del centro de masas 383------ de un eje 297— del movimiento del centro de ma­

sas 363— sobre el traslado paralelo de una

fuerza 61— de Ressel 430— de tres fuerzas 37, 43— de la variación de la cantidad de

movimiento del punto 281--------- de un sistema 372— — ------ durante el choque 435----de la energía cinética 289--------- de un sistema 398, 412Teorema de la variación del momento

de ¡a cantidad de movimiento del punto 297

— — — principal de la cantidad de movimiento 383

— de Varignon 49. 124Teoremas generales de la Dinámica 279 Tiempo 147— de choaue 434— de establecimiento de las oscila­

ciones 330Tornillo dinámico 122 Trabajo elemental de una fuerza 282,

283— de una fuerza 284

516 Indice de Materias

Trabajo de la fuerza elástica 287---- de gravedad 286, 396---- de gravitación 288— de una fuerza potencial 411— de la fuerza de rozamiento 288. 397— virtual 465— de las fuerzas aplicadas a un cuerpo

en rotación 396Transmisión diferencial 247— por engranajes cilindricos 246— planetaria 247 Trayectoria absoluta 227— elíptica del cuerpo lanzado desde

la superficie terrestre 342— del punto 148— relativa 227Unión articulada (charnela) 24 Vatio 286Vector deslizante 19— libre 116

Vector principal 26, 27, 63. 120---- de las fuerzas de inercia 451------- internas 353Velocidad absoluta 227— angular 181, 182— de arrastre 227— circular cósmica 341— circunferencial 185— en coordenadas polares 174— generalizada 479— instantánea 219— lim ite de caída 273— lineal 185— media 153— parabólica 340— del punto 152. 157— relativa 227— de sector 300Velocidades perdidas durante el cho­

que 443

EDITOR IAL MIR PUBLICA

Mesherski Y.

P R O B L E M A S D E M E C A N IC A T E O R IC A .

La colección de problem as de mecánica teórica que se presenta en este lib ro se ha d ifu n d id o am p liam en te tan to en la U R S S , como fuera de e lla . Se ha reeditado 32 veces en la U R SS .

La presente colección es com plem ento de la traducc ión espa­ño la al Curso breve de m ecánica teórica del profesor S. Targ.

U na de las causas del éx ito y la d ifu s ión de este lib ro de problem as es que p lantea los problem as en una forma concreta, d ando al estud ian te la p o s ib ilid ad de adqu ir ir los conocim ientos prácticos ind ispensab les para la a p lic ac ió n de los teoremas gene­rales y de los m étodos para resolver los problem as concretos su ­p lem entarios .

E l m a te r ia l se ha d iv id id o en las siguientes secciones: es tática del cuerpo r ig ido , c inem ática , d in ám ica . Se incluyen adem ás pro­blem as sobre orientación en el espacio, d in ám ic a de naves cósm i­cas, osc ilac iones no linea les, geometría de masas, mecánica a n a lí­tica . En to ta l, el m anua l contiene 1744 problemas.

Este lib ro se preparó para los estudiantes de los in s titu tos técnicos y tam b ién de las facu ltades de físico-matemática de las un ivers idades y de los in s t itu tos pedagógicos. T am bién puede ser ú t i l para estudiantes de otras escuelas de enseñanza técnica m edia, donde lleven el curso de m ecánica técnica.

EDITORIAL MIR PUBLICA

Veshenevskl S.

CARACTERISTICAS DE LOS MOTORES EN EL ACCIONAMIENTO ELECTRICO.

Es un libro de Veshenevskl S. consagrado a los cálculos y construcciones de las características artificiales que se obtienen en caso de mando por contactor y a tiristor, de los motores de cor­riente continua, asincrónicos y sincrónicos en regímenes de arran­que, frenado y regulación de la velocidad. Se ha dedicado conside­rable espacio a las fam ilias de características universales estáticas y dinám icas calculadas por el autor para las series de motores que se fabrican en la U nión Soviética. Se dan ejemplos del cálculo térmico, asi como de la confección de esquemas de las resistencias de arranque, regulación y frenado de los motores.

Esta obra tiene como objetivo el desarrollo de una de las partes de la teoría y práctica del accionam iento eléctrico y ofrece a los ingenieros, diseñadores, ajustadores y estudiantes que se espe­c ia lizan en la técnica del accionam iento eléctrico, los procedimien­tos de cálculo de las características de los motores.

Se describe la física de los fenómenos y todos los cálculos aportados se han realizado partiendo de los requisitos indiv iduales

3ue reúnen los distintos mecanismos con sus diversas particulari- ades.

Se han fundamentado y formulado los conceptos de las mag­nitudes nom inales que en el lib ro están adoptadas como base en los cálculos de las características de los motores y de los regíme­nes transitorios. Se discuten tam bién proposiciones concretas para los cálculos prácticos.

Todos los cálculos se dan no só lo en magnitudes absolutas sino también en fracciónales de las nom inales que son aceptadas por unidad. Las magnitudes fracciónales permiten sistematizar y generalizar los cálculos, asim ismo cpalpar» las magnitudes en el proceso de los cálculos.

Están am pliam ente representadas las fam ilias de las caracte­rísticas estáticas y dinám icas de los motores en magnitudes frac­ciónales, las cuales permiten apreciar y elegir de un modo claro las soluciones óptimas. Estas fam ilias se dan para los motores de corriente continua, asincrónicos y sincrónicos. Todas las fam ilias de las características están calculadas a base de las curvas univer­sales de imanación o de las características universales naturales de los motores, es decir, de las curvas medias derivadas para un gran número de motores de distintos tipos y potencias.

Se dan dos y a veces tres procedimientos de cálcu lo de las características de los motores y de las resistencias: exactos y apro­ximados. Cada uno de estos procedimientos tiene un valor práctico y es necesario emplearlos según sea la exactitud que requiere el cá lcu lo o la presencia de datos de referencia.

E l empleo de la teoría se explica con ejemplos para los casos que son prácticamente característicos.

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En los apéndices se aportan datos técnicos de los motores mucho más detalladamente que en los catálogos, en un volumen Indispensable para los cálculos que se realícen por los procedimien­tos de mayor exactitud.

La obra en cuestión es el libro de bo lsillo indispensable para los diseñadores, ajustadores y otras personas que trabajan en la técnica del accionamiento eléctrico. Es también el libro de texto para los estudiantes de los centros de enseñanza técnica superior de la disciplina mencionada y de mucha utilidad en los casos de estudio indiv idual.

AL LECTOR

Le agradeceremos a Ud. que nos dé a conocer su opinión acerca del libro que le ofrecemos, ast como de la traduc­

ción, presentación e impresión del mismo. Le quedaremos

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