[Ulysses]

Tengo problemas con este ejercicio: Los collares A y C deslizan a lo largo de las varillas verticales y B de la horizontal. Si C tiene una velocidad hacía abajo de 0.2m/seg. cuando alcanza la posición graficada determinar la velocidad angular de la varilla AB.



Lo que yo pensé es que debía calcular primero la velocidad de B a partir de la de C y de los datos del problema, para luego obtener la velocidad angular de AB.

\( V_c=V_{cm}+\omega\times{R_{c/q}} \)

\( R_{c/q}=25\cos45º \hat{i}+25\sen45º \hat{j} \)

Con esto obtendría el valor del omega, pero es el omega entre C y B si no me equivoco, pero a partir de ello puedo obtener la velocidad de B
\( V_B=V_{cm}+\omega\times{R_{b/q}} \)

¿Estaría planteando bien el ejercicio? o sea, lo que yo interpreto es que tengo dos omegas, distintos ¿o a caso son el mismo?

Tengo problemas con los rigidos así que necesito algo de ayuda.

Saludos.

PD: Las varillas son mas largas de lo que aparecen en la figura, se me escapo cuando hice el dibujo

[Richard R Richard]

Hola

la posición de la articulación inferior B es

\( x_B=\sqrt{L_1^2-y_C^2} \)

a su vez la posición de la articulación A es

lo siguiente esta mal

Spoiler

\( y_A=\sqrt{L_2^2-x_B^2} \)

componiendo

\( y_A=\sqrt{L_1^2-L_2^2+y_c^2} \)

como queremos averiguar la velocidad de la articulación A derivamos su posición respecto del tiempo aplicando regla  la cadena

\( v_A=\dfrac{d y_A}{d t}=\dfrac{-2y_C}{2\sqrt{L_1^2-L_2^2+y_c^2}}\dfrac{d y_C}{d t} \)

osea

\( v_A=\dfrac{d y_A}{d t}=\dfrac{-y_C v_C}{\sqrt{L_1^2-L_2^2+y_c^2}} \)

[cerrar]

solo hay que reemplazar en el punto \( y_C=L_1\sin 45 \) y \( v_C=0.2m/s \)

La velocidad angular  será igual a la componente tangencial de la velocidad \( v_C \) respecto el punto B por ejemplo.

[robinlambada]

Hola

la posición de la articulación inferior B es

\( x_B=\sqrt{L_1^2-y_C^2} \)

a su vez la posición de la articulación A es

\( \color{red}y_A=\sqrt{L_2^2-x_B^2} \)

componiendo

\( y_A=\sqrt{L_1^2-L_2^2+y_c^2} \)

como queremos averiguar la velocidad de la articulación A derivamos su posición respecto del tiempo aplicando regla  la cadena

\( v_A=\dfrac{d y_A}{d t}=\dfrac{-2y_C}{2\sqrt{L_1^2-L_2^2+y_c^2}}\dfrac{d y_C}{d t} \)

osea

\( v_A=\dfrac{d y_A}{d t}=\dfrac{-y_C v_C}{\sqrt{L_1^2-L_2^2+y_c^2}} \)

solo hay que reemplazar en el punto \( y_C=L_1\sin 45 \) y \( v_C=0.2m/s \)

La velocidad angular  será igual a la componente tangencial de la velocidad \( v_C \) respecto el punto B por ejemplo.

Lo que marque en rojo esta mal, por que has supuesto que el anillo B equidista de los extremos de la barra horizontal, lo que no es correcto pues  los brazos articulados que salen de B miden igual (25 cm) y tienen ángulos de inclinación diferentes. ( como \( L_1=L_2 \) , te daría que \( v_a=v_c  \), lo que es falso)

Un detalle que facilita el problema es ver que por simetría el modulo de la velocidad del punto B es igual a la del punto C ( en ese instante) \( v_C=v_B \)

Y darse cuenta que \( \displaystyle\frac{ x_{BA}}{y_{AB}}=tan (30º) \) ( Lo que esta en rojo está mal)

\( \color {red}v_B=tan (30º) v_A \)

Si consideramos centro de masa \( V_B \)  la velocidad del punto A respecto al punto B es:

\( \color {red}v_{AB}=V_B\sqrt[ ]{1+\displaystyle\frac{1}{tan^2 (30º)}}=2V_B=2V_c \)


Saludos.

[Richard R Richard]

Lo que marque en rojo esta mal,

Tienes razón, no es \( x_B \) en esa ecuación sino que es la longitud total de la barra horizontal menos la distancia \( x_B \)

Veamos si la rehago bien

la posición de la articulación inferior B es

\( x_B=\sqrt{L^2-y_C^2} \)

a su vez la posición de la articulación A es

no había reparado en que \( L_1=L_2=25=L \)

por trigonometría el largo de la barra horizontal es \( L_h=L_1\sin45+L_2sin30=L\dfrac{1+\sqrt2}{2} \)

\( y_A=\sqrt{L^2-(L_h-x_B)^2} \)

componiendo

\( y_A=\sqrt{\dfrac{-L^2}{4}(1+\sqrt2)^2)+L(1+\sqrt2)\sqrt{L^2-y_C^2}+y_c^2} \)


como queremos averiguar la velocidad de la articulación A derivamos su posición respecto del tiempo aplicando regla  la cadena

\( v_A=\dfrac{d y_A}{d t}=\dfrac{\dfrac{-L(1+\sqrt2)y_C}{\sqrt{L^2-y_C^2}}+2y_C}{2\sqrt{\dfrac{-L^2}{4}(1+\sqrt2)^2)+L(1+\sqrt2)\sqrt{L^2-y_C^2}+y_c^2}}\cdot v_C \)

No lo veo tan sencillo como una relación de tangentes.

solo hay que reemplazar en el punto \( y_C=L\sin 45 \) y \( v_C=0.2m/s \)

al reemplazar

\( v_A=\dfrac{-Lv_C}{2\sqrt{\dfrac34 L^2}}=-\dfrac{v_C}{\sqrt 3}= -v_C\tan 30 \)   

Ahora si parece una tangente y el signo significa que A en direccion contraria a C

La velocidad angular  será igual a la componente tangencial de la velocidad \( v_A \) respecto el punto B por ejemplo.

\( \omega =-\dfrac{v_C\tan30\sin30}{L}=\dfrac{-0.2}{2\sqrt3\cdot 25}=-0,0023rad/s \)

[robinlambada]

Hola.

La velocidad angular  será igual a la componente tangencial de la velocidad \( v_A \) respecto el punto B por ejemplo.

\( \omega =-\dfrac{v_C\tan30\sin30}{L}=\dfrac{-0.2}{2\sqrt3\cdot 25}=-0,0023rad/s \)

No lo veo, eso sería cierto si el punto B estuviera fijo, pero lleva cierta velocidad.
La verdad es que supongo que cuando se refiere a la velocidad angular de la varilla entiendo que se refiere a su centro de masa, primero pensé que se refería al punto B, por eso puse la velocidad relativa de A respecto de B.

Pero siguiendo con la idea de Ulysses.

\( \vec{v}_B=\vec{v}_{cm}+\vec{\omega}\times{\vec{R}}_{cmA} \) ,   con   \( \vec{R}_{cmA}=\displaystyle\frac{1}{2}\vec{R}_{BA} \)

Como es un solido rígido ,para la velocidad del centro de masas puedo usar solo la de los extremos de la varilla (suponiendo los anillos de igual masa) y la densidad de la barra constante ( en este caso no afecta la masa de la varilla si es homogénea, pues el centro de masas coincide con el centro geométrico.

Sabiendo que: (corregido)

\( \vec{v}_b=(v_c,0) \)   y     \( \vec{v}_a=(0,\color {red}\dfrac{1}{\sqrt[ ]3}\color {black}v_c) \)

Por ello  \( \vec{v}_{cm}=\displaystyle\frac{m\vec{v}_b+m\vec{v}_a}{2m}=\displaystyle\frac{1}{2}v_c( 1,\color {red}\dfrac{1}{\sqrt[ ]3}\color {black}) \)

Solo debes sustituir en: \( \vec{v}_B=\vec{v}_{cm}+\vec{\omega}\times{\vec{R}}_{cmA} \)

y despejar la velocidad angular.

Saludos.
P.D.:
Pensándolo un poco es fácil ver que la velocidad angular debe ser la misma respecto de cualquier punto situado en la varilla, puesto que el punto A da las mismas vueltas para cualquier observador situado en la barra y que no rote sobre si mismo.

[Richard R Richard]

Hola he revisado  mi planteo no le encuentro error

Sabiendo que:

\( \vec{v}_b=(v_c,0) \)   y     \( \vec{v}_a=(0,\sqrt{3}v_c) \)

estamos discrepando en el valor de \( v_{a} \)

para mi

\( \vec{v}_b=(-v_C,0) \)   y     \( \vec{v}_a=(0,-\dfrac{1}{\sqrt{3}}v_c) \)

con \( v_c=-0.2 \) ya que va en contra de las coordenadas \( x_B \) aumenta si \( y_C \) se reduce y \( y_A \) tambien aumenta

Encuentro lógico que \( |v_C|=|v_B|>|v_A|  \)

si calculamos el módulo de la velocidad angular con

\( \omega =\displaystyle\frac{\left |{\vec{v}_{B}-\vec{v}_{cm}}\right |}{R_{cmA}}= \)

\( \omega =\displaystyle\frac{\left |(-v_C,0,0)-(-\frac{v_C}{2},-\frac{v_C}{2\sqrt3},0)\right |}{\frac L2}= \)

\( \omega =\dfrac{2v_C}{L\sqrt3} \)

Veamos que pasa si hacemos

\( \vec{v}_B=\vec{v}_{cm}+\vec{\omega}\times{\vec{R}}_{cmA}=\vec{v}_{cm}+{\vec{R}}_{cmB}\times\vec{\omega} \)

\( \vec{v}_B=(-\frac{v_C}{2},-\frac{v_C}{2\sqrt3},0)+\begin{vmatrix}i&j&k\\0 & 0 & \frac{2v_C}{L\sqrt3}\\ \frac L4& \frac{L\sqrt3}{4}&0\end{vmatrix} \)

\( \vec{v}_B=(-\frac{v_C}{2},-\frac{v_C}{2\sqrt3},0)+(-\dfrac {v_C}2,\frac{v_C}{2\sqrt3},0) \)

\( \vec{v}_B=(-v_C,0,0)\color{green}\checkmark \)


Ahora veamos que pasa si hacemos

\( \vec{v}_A=\vec{v}_{cm}+\vec{\omega}\times{\vec{R}}_{cmB}=\vec{v}_{cm}+{\vec{R}}_{cmA}\times\vec{\omega} \)

\( \vec{v}_B=(-\frac{v_C}{2},-\frac{v_C}{2\sqrt3},0)+\begin{vmatrix}i&j&k\\0 & 0 & \frac{2v_C}{L\sqrt3}\\ -\frac L4& -\frac{L\sqrt3}{4}&0\end{vmatrix} \)

\( \vec{v}_B=(-\frac{v_C}{2},-\frac{v_C}{2\sqrt3},0)+(\dfrac {v_C}2,-\frac{v_C}{2\sqrt3},0) \)

\( \vec{v}_B=(0,-\frac{v_C}{\sqrt3},0)\color{green}\checkmark \)

[delmar]

Hola

Considerando referencia XY, tal que eje X coincide con la varilla horizontal por la que desliza B, eje Y coincide con la varilla vertical por la que desliza C, direcciones positivas la derecha y hacia arriba respectivamente, el origen O será la intersección de estas varillas. En esas condiciones los vectores posición y de velocidad de los collarines serán :

\( \vec{r}_c=y_c\vec{j}\Rightarrow{\vec{v}_c=y'_c\vec{j}} \)

\( \vec{r}_b=x_b\vec{i}\Rightarrow{\vec{v}_b=x'_b \ \ \ \vec{i}} \)

\( \vec{r}_a=(0.25 cos 45+0.25 sen 30)\vec{i}+y_a\vec{j}\Rightarrow{\vec{v}_a=y'_a\vec{j}} \)

Para conocer la velocidad de rotación \( w\vec{k} \) de la barra BA es suficiente conocer las velocidades en sus extremos en el momento pedido, hallando :

Considerando que la distancia entre C y B es constante :

\( \left |{\vec{r}_c-\vec{r}_b}\right |=0.25\Rightarrow{y_c^2+x_b^2=0.25^2}\Rightarrow{2y_cy'_c+2x_bx'_b=0}\Rightarrow{x'_b=\displaystyle\frac{-y_cy'_c}{x_b}}\Rightarrow{\vec{v}_b=(\displaystyle\frac{(0.25 cos 45) \ 0.2}{0.25 sen 45})\vec{i}=0.2\vec{i}} \)

Considerando que la distancia entre B y A es constante :

\( \left |{\vec{r}_a-\vec{r}_b}\right |=0.25\Rightarrow{((0.25 cos 45+ 0.25 sen 30)-x_b)^2+y_a^2=0.25^2}\Rightarrow{-2((0.25 cos 45+ 0.25 sen 30)-x_b)x'_b+2y_ay'_a=0} \newline \Rightarrow{y'_a=\displaystyle\frac{((0.25 cos 45+ 0.25 sen 30)-x_b) \ x'_b}{y_a}}\Rightarrow{\vec{v}_a=\displaystyle\frac{((0.25 cos 45+ 0.25 sen 30)-x_b) \ x'_b}{y_a} \vec{i}} \)


En el momento pedido se tiene : \( x_b=0.25 sen 45, \ y_a=0.25 cos 30 \) sustituyendo se obtiene la velocidad de a en el momento pedido y es :

\( \vec{v}_a=\displaystyle\frac{0.25 sen 30}{0.25 cos 30}(0.2)\vec{j}=\displaystyle\frac{0.2}{\sqrt[ ]{3}}\vec{j} \)

 Y luego para un sólido rígido aplicar la ecuación :

\( \vec{v}_a=\vec{v}_b+w\vec{k} \ x \ (\vec{r}a-\vec{r}_b) \)

\( \displaystyle\frac{0.2}{\sqrt[ ]{3}}\vec{j}=0.2\vec{i}++w\vec{k} \ x \ ((0.25 sen 30)\vec{i}+(0.25 cos 30)\vec{j}) \)

Esto implica dos igualdades :

\( \displaystyle\frac{0.2}{\sqrt[ ]{3}}=w0.25 sen 30 \) dirección x

\( 0.2=w0.25 cos 30 \) dirección y

De ambas se obtiene : \( w=\displaystyle\frac{0.4}{0.25 \sqrt[ ]{3}}=0.923760 \) rad/s


Saludos

[robinlambada]

Hola he revisado  mi planteo no le encuentro error

Sabiendo que:

\( \vec{v}_b=(v_c,0) \)   y     \( \vec{v}_a=(0,\sqrt{3}v_c) \)

estamos discrepando en el valor de \( v_{a} \)

para mi

\( \vec{v}_b=(-v_C,0) \)   y     \( \vec{v}_a=(0,-\dfrac{1}{\sqrt{3}}v_c) \)

con \( v_c=-0.2 \) ya que va en contra de las coordenadas \( x_B \) aumenta si \( y_C \) se reduce y \( y_A \) tambien aumenta

Encuentro lógico que \( |v_C|=|v_B|>|v_A|  \)

Yo he supuesto que el ángulo de 30º es el que esta en el vértice del collar A, por ello:

Considerando que  \( v_c \) es el módulo de la velocidad y por tanto positivo y considerando eje x positivo hacia la derecha e "y" positivo hacia arriba.

 Tenemos que   \( \displaystyle\frac{ x_{BA}}{y_{AB}}=tan (30º) \) y por tanto  \( y_{AB}=\displaystyle\frac{ x_{BA}}{tan (30º)}=\sqrt[ ]{3}\,x_{BA} \)

Derivando\( \cancel{v_a=\sqrt[ ]{3}\,v_b=\sqrt[ ]{3}\,v_c} \) , vectorialmente \( \cancel{\bar{v_a}=(0,\sqrt[ ]{3}\,v_c)} \)

Saludos.

[Richard R Richard]

Hola robinlambada

\( \vec{v}_a=\displaystyle\frac{0.25 sen 30}{0.25 cos 30}(0.2)\vec{j}=\displaystyle\frac{0.2}{\sqrt[ ]{3}}\vec{j} \)

Osea  \( \vec{v}_a=\displaystyle\frac{-v_C}{\sqrt[ ]{3}}\vec{j} \)

Que coincide con mi resultado, no consigo ver porque tu resultado es distinto.

 Tenemos que   \( \displaystyle\frac{ x_{BA}}{y_{AB}}=tan (30º) \) y por tanto  \( y_{AB}=\displaystyle\frac{ x_{BA}}{tan (30º)}=\sqrt[ ]{3}\,x_{BA} \)

Ya me habias indicado que


\( x_{BA}=L_h-x_{BC} \)


con \( L_h=L\dfrac{1+\sqrt 2}{2} \) y \( L=25 \) 

quiza ahi viene la diferencia ....la tangente de \( -30 \) es \( -1/\sqrt3 \)



Saludos

[robinlambada]

Hola robinlambada

\( \vec{v}_a=\displaystyle\frac{0.25 sen 30}{0.25 cos 30}(0.2)\vec{j}=\displaystyle\frac{0.2}{\sqrt[ ]{3}}\vec{j} \)

Osea  \( \vec{v}_a=\displaystyle\frac{-v_C}{\sqrt[ ]{3}}\vec{j} \)

Que coincide con mi resultado, no consigo ver porque tu resultado es distinto.

 Tenemos que   \( \displaystyle\frac{ x_{BA}}{y_{AB}}=tan (30º) \) y por tanto  \( y_{AB}=\displaystyle\frac{ x_{BA}}{tan (30º)}=\sqrt[ ]{3}\,x_{BA} \)

Ya me habias indicado que


\( x_{BA}=L_h-x_{BC} \)


con \( L_h=L\dfrac{1+\sqrt 2}{2} \) y \( L=25 \) 

quiza ahi viene la diferencia ....la tangente de \( -30 \) es \( -1/\sqrt3 \)



Saludos

A mi también me parece intuitivo que la velocidad del punto A sea menor que la del punto B. Pero creo que el fallo no es en el signo de la tangente, al derivar para calcular la velocidad la longitud de la barra desaparece por ser una constante, solo afecta que las velocidad  del punto B es contraria en signo si se coge la referencia del origen del eje X, en la barra C ( como tu has hecho) o en la barra A ( en el otro extremo).
El problema es que a mi me da el resultado inverso multiplicativo. Como si uno usara la cotangente y el otro la tangente ( o que el ángulo que uso como 30, es el complementario).

La verdad es que ahora no tengo tiempo de ver tu desarrollo con detalle, al mío no le veo el error, pero como dices no es intuitivo.

Saludos.