[hméndez]

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

Hola Richard R Richard El problema es que no es cierto que de la relación \( y_{AB}=\displaystyle\frac{ x_{BA}}{tan (30º)}=\sqrt[ ]{3}\,x_{BA} \)
se deduzca por derivación implicita respecto al tiempo que \( v_{AB}=\sqrt[ ]{3}\,v_{BA} \) ya que ese ángulo así como su tangente varían con el tiempo.

Saludos.
P.D. El problema se puede resolver de forma mucho más rápida y sencilla si se usan los centros instantáneos de rotación (C.R.I) de las dos bielas.

[Richard R Richard]

Hola Richard R Richard El problema es que no es cierto que de la relación \( y_{AB}=\displaystyle\frac{ x_{BA}}{tan (30º)}=\sqrt[ ]{3}\,x_{BA} \)
se deduzca por derivación implícita respecto al tiempo que \( v_{AB}=\sqrt[ ]{3}\,v_{BA} \) ya que ese ángulo así como su tangente varían con el tiempo.

Es que justamente yo no planteé eso, yo lo hice mas difícil, pero hay resultados disimiles a lo largo del hilo , el mío lo puse los mensajes #3 y complete en el #6.

Igualmente se pide la velocidad angular en un punto dado, así que si bien la velocidad varia con la posición y el tiempo, hay que calcular la velocidad instantánea en el punto solicitado, y con eso la angular.

Saludos

[JCB]

Hola a tod@s.

Aunque un poco tarde, expongo mis resultados.

\( \vec{v_B}=\vec{v_C}+\vec{\omega_{CB}}\times\vec{r_{B/C}} \)

\( \vec{v_B}=-v_C\hat\jmath+\omega_{CB}\hat k\times(0,25\sin 45^{\circ}\hat\imath-0,25\cos 45^{\circ}\hat\jmath) \)

\( \vec{v_B}=-v_C\hat\jmath+\omega_{CB}0,25\sin 45^{\circ}\hat\jmath+\omega_{CB}0,25\cos 45^{\circ}\hat\imath
 \)

Como la componente \( Y \) de \( \vec{v_B} \) es \( 0 \), necesariamente \( -v_C+\omega_{CB}0,25\sin 45^{\circ}=0 \),

\( \omega_{CB}=\dfrac{v_C}{0,25\sin 45^{\circ}}=1,13\ rad/s \)

\( \vec{v_B}=\omega_{CB}0,25\cos 45^{\circ}\hat\imath=0,2\hat\imath \)

Para las correderas B y A, aplico lo mismo.

\( \vec{v_A}=\vec{v_B}+\vec{\omega_{BA}}\times\vec{r_{A/B}} \)

\( \vec{v_A}=v_B\hat\imath+\omega_{BA}\hat k\times(0,25\sin 30^{\circ}\hat\imath+0,25\cos 30^{\circ}\hat\jmath)
 \)

\( \vec{v_A}=v_B\hat\imath+\omega_{BA}0,25\sin 30^{\circ}\hat\jmath-\omega_{BA}0,25\cos 30^{\circ}\hat\imath \)

Como la componente \( X \) de \( \vec{v_A} \) es \( 0 \), necesariamente \( v_B-\omega_{BA}0,25\cos 30^{\circ}=0 \),

\( \omega_{BA}=\dfrac{v_B}{0,25\cos 30^{\circ}}=0,92\ rad/s \)

\( \vec{v_A}=\omega_{BA}0,25\sin 30^{\circ}\hat\jmath=v_B\tan 30^{\circ}\hat\jmath=0,2\tan 30^{\circ}\hat\jmath \)

Saludos cordiales,
JCB.

[robinlambada]

Hola Richard R Richard El problema es que no es cierto que de la relación \( y_{AB}=\displaystyle\frac{ x_{BA}}{tan (30º)}=\sqrt[ ]{3}\,x_{BA} \)
se deduzca por derivación implicita respecto al tiempo que \( v_{AB}=\sqrt[ ]{3}\,v_{BA} \) ya que ese ángulo así como su tangente varían con el tiempo.

Saludos.
P.D. El problema se puede resolver de forma mucho más rápida y sencilla si se usan los centros instantáneos de rotación (C.R.I) de las dos bielas.

Esa expresión la deduje mal , cierto que se me paso que el ángulo no es constante durante el desplazamiento y por tanto la tangente tampoco.

Gracias por el ojo.

Saludos.

P.D.: He estado de vacaciones por ello he tardado en responder.