fuerzas y aceleraciones

MOVIMIENTO PLANO DE LOS
CUERPOS RÍGIDOS
FUERZAS Y ACELERACIONES
Academia de Análisis Mecánico, DSMDSM-DIMDIM-FIMEFIME-UANL, 2005
.
HG
F1
G
F2
F4
ma
F3
G
Las relaciones existentes
entre las fuerzas que actúan
sobre un cuerpo rígido, la
forma y la masa del cuerpo y
el movimiento producido se
estudian como cinética de
los cuerpos rígidos. En
general, el análisis que se da
a continuación se restringe al
movimiento plano de losas
rígidas y cuerpos rígidos
simétricos con respecto al
plano de referencia.
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.
HG
F4
F1
ma
F3
G
G
Las dos ecuaciones para el
movimiento de un sistema de
partículas se aplican al caso más
general del movimiento de un
cuerpo rígido. La primera ecuación
define el movimiento del centro de
masa, G, del cuerpo.
ΣF = ma
F2
en donde m es la masa del cuerpo y a la aceleración de G. La segunda se
relaciona con el movimiento del cuerpo relativo a un marco centroidal de
referencia.
.
ΣMG = HG
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.
F1
G
HG
F4
F3
ma
G
ΣF = ma
..
ΣMG = HG
.
F2
en donde HG es la razón de cambio
del momento angular HG del cuerpo
alrededor de su centro de masa G.
Estas ecuaciones expresan que el sistema de las fuerzas externas es
equipolente. al sistema que consta del vector ma adscrito a G y el par del
momento HG.
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.
HG
F4
F1
ma
F3
G
G
Para el movimiento plano de losas
rígidas y cuer-pos rígidos simétricos
con respecto al plano de referencia,
el momento angular del cuerpo se
expresa como
HG = Iω
F2
en donde I es el momento de inercia del cuerpo alrededor de un eje centroidal
perpendicular al plano de referencia y w es la velocidad angular del propio
cuerpo. Si se derivan los dos miembros de esta ecuación
.
.
HG = Iω = Iα
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F1
F4
ma
G
F3
G
Iα
F2
Para el caso restringido que aquí
se considera, la razón de cambio
del momento angular del cuerpo
rígido se puede representar por
un vector con la misma
dirección que la de a (es decir,
perpendicular al plano de
referencia) y de magnitud Ia.
El movimiento plano de un cuerpo rígido simétrico respecto al plano de referencia se
define por las tres ecuaciones escalares
ΣFx = max
ΣFy = may
ΣMG = Iα
Las fuerzas externas que actúan sobre un cuerpo rígido en realidad son equivalentes a
las fuerzas eficaces de las diversas partículas que forman el cuerpo. Esta proposición
se conoce como principio de d’Alembert.
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F1
F4
ma
G
El principio de d’Alembert se
puede expresar en la forma de un
diagrama vec-torial, en donde las
Iα
fuerzas eficaces se representan por
un vector ma adscrito a G y un par
F2
Ia. En el caso de una losa en
(a)
(b)
translación, las fuerzas eficaces
(parte b de la figura) se reducen
a un solo vector ma ; en tanto que en el caso particular de una losa en rotación
centroidal, se reducen sólo al par Ia; en cualquier otro caso del movimiento plano,
deben de incluirse tanto el vector ma como el Ia.
F3
G
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F1
F4
ma
G
F3
G
Iα
F2
Cualquier problema relacio-nado con el
movimiento plano de una losa rígida se
puede resolver al trazar una ecuación de
diagrama de cuerpo libre semejante a la
que se muestra. Enton-ces se pueden
obtener tres
ecuaciones del movimiento al igualar las componentes x, las componentes y y los
momentos alrededor de un punto arbitra-rio A, de las fuerzas y vectores que
intervienen.
Se puede aplicar este método para resolver problemas que comprenden el movimiento
plano de varios cuerpos rígidos conectados.
Algunos problemas, como la rotación no centroidal de barras y pla-cas, el
movimiento de rodadura de esferas y ruedas y el movimien-to plano de diversos tipos
de eslabonamientos, que se mueven ba-jo restricciones, deben complementarse con
análisis cinemático.
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Análisis dinámico de freno de tambor y
zapata larga contráctil.
z
z
z
z
z
El tambor de freno, de 8 in de radio,
está conectado a un volante más grande
que no aparece en la figura.
El momento de inercia total de la masa
tambor y el volante es de 14 lb ft s2.
El coeficiente de fricción cinética entre
el tambor y la zapata de freno es de
0.35.
Si la velocidad angular de volante es de
360 rpm en sentido contrario a las
manecillas del reloj cuando se aplica
una fuerza P de 75 lb al pedal C
Determine el numero de revoluciones
realizadas por el volante antes de
detenerse.
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Análisis dinámico de freno de tambor y
zapata larga contráctil.
Método de Fuerzas (de Newton).
El objetivo de este método es obtener el mismo número de ecuaciones que de
incógnitas al aplicar el Principio de D´Alembert para obtener la solución.
1.- DCL (Tambor y Zapata).
2.- Principio de D´Alembert.
Σ de momentos en tambor.
Σ de momentos en zapata.
3.- Ecuación Auxiliar 1.
4.-Ecuación Auxiliar 2.
Ecuación de fricción en un punto de
contacto.
Ff=-µkN
Ecuaciones de movimiento angular
acelerado.
ωf2=ωo2+2αθ
ωf=ωo+αt
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Diagrama de Cuerpo Libre (DCL).
Ff
N
Dy
Dx
=
B
Iα
W
Ax
Ay
P
N
B
=
Ff
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Principio de D´Alembert.
Sumatoria de Momentos en el CG del Tambor (D):
+
∑ Mext
D
= ∑ Min D
⎛ 8in ⎞
⎟⎟ = Iα
− Ff ⎜⎜
⎝ 12 in ft ⎠
(EC. I)
*El sentido de la sumatoria
(+) es colocado en el
sentido que fue colocada la
inercia.
Sumatoria de Momentos en el pasador de la Zapata (D):
+
∑ Mext
A
= ∑ Min A = 0
⎛ 9 in ⎞
⎛ 10 in ⎞
⎛ 2 in ⎞
⎟⎟ + F f ⎜⎜
⎟⎟ + N ⎜⎜
⎟⎟ = 0
P⎜⎜
⎝ 12 in ft ⎠
⎝ 12 in ft ⎠
⎝ 12 in ft ⎠
(EC. II)
La suma de momentos se iguala a cero debido a que el la inercia de la
zapata es despreciable (Izapata*αzapata=0)
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0
Ecuaciones Auxiliares
Modelo matemático lineal aceptado para
representar la fuerza de fricción en un punto
de contacto debido a la acción de una fuerza
de contacto normal a la superficie y el
coeficiente de fricción entre dos superficies no
lisas.
W
Ff
(EC. III)
Ecuaciones
de
movimiento
acelerado
uniforme circular que predicen una
desaceleración a un ritmo constante.
ω f 2 = ωo 2 + 2αθ
ω f = ωo + α t
(EC. IV)
N
Cambio de Velocidad en el Tiempo
V e lo c id a d (m /s )
Ff = −µk N
Movimiento
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9 10
Tiempo (s)
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Solución.
Datos:
I=14 lb-ft-s2.
no=360 rpm, cmr.
ωo=37.6 rad/s, cmr.
µk=0.35.
P=75 lb.
(EC. I)
⎛ 8in ⎞
⎟⎟ = Iα
− Ff ⎜⎜
⎝ 12 in ft ⎠
⎛ 2 in ⎞
⎛ 10 in ⎞
⎛ 9 in ⎞
(EC. II) P⎜⎜
⎟⎟ = 0
⎟⎟ + N ⎜⎜
⎟⎟ + F f ⎜⎜
12
12
in
ft
in
ft
⎝ 12 in ft ⎠
⎠
⎝
⎠
⎝
(EC. III)
Ff = −µk N
(EC. IV)
ω f 2 = ωo 2 + 2αθ
Sustituir III en II y despejar Ff=?
Ff=25.4 lb
Sustituir Ff en I y despejar α=?
α=
rad/s2
Sustituir α, ωo y ωf en IV y despejar θ=?
θ=
rad, θ=
rev.
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N = − Ff / µk
Conclusiones
z
El desplazamiento angular del freno es directamente proporcional a la fuerza
aplicada y al coeficiente de fricción en el punto de contacto.
z
Solo una parte de la fuerza aplicada se utiliza como fuerza de fricción.
z
Puede calcularse el tiempo que tarda en detenerse el sistema.
z
Fue supuesto un modelo lineal de la fricción y de la desaceleración del tambor.
z
Para que el freno sea mas eficiente debe aplicarse mayor cantidad de fuerza y
elevarse el coeficiente de fricción en el punto de contacto.
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Problema 16.153
θ
5 in
El eje de un disco de radio de 5 in está ajustado en una ranura que forma un ángulo θ =
30o con la vertical. El disco está en reposo
cuando se pone en contacto con una banda
transportadora que se mueve a velocidad
constante. Sabiendo que el coeficiente de
fricción cinética entre el disco y la banda es
0.2 y despreciando la fricción en el cojinete,
determine la aceleración angular del disco
cuando se tiene resbalamiento.
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Problema 16.153
θ
5 in
El eje de un disco de radio de 5 in está ajustado en una ranura que forma un ángulo θ =
30o con la vertical. El disco está en reposo
cuando se pone en contacto con una banda
transportadora que se mueve a velocidad
constante. Sabiendo que el coeficiente de fricción cinética entre el disco y la
banda es 0.2 y despreciando la fricción en el cojinete, determine la
Aceleración angular del disco cuando se tiene resbalamiento.
1. Cinemática: Exprese la aceleración del centro de masa del
cuerpo y la aceleración angular.
2. Cinética: Dibuje un diagrama de cuerpo libre que muestre las
fuerzas aplicadas y un diagrama de fuerzas eficaces que muestre
el vector ma o sus componentes y el par Iα.
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θ
Problema 16.153
5 in
El eje de un disco de radio de 5 in está ajustado en una ranura que forma un ángulo θ =
30o con la vertical. El disco está en reposo
cuando se pone en contacto con una banda
transportadora que se mueve a velocidad
constante. Sabiendo que el coeficiente de fricción cinética entre el disco y
la banda es 0.2 y despreciando la fricción en el cojinete, determine la
aceleración angular del disco cuando se tiene resbalamiento.
3. Escriba tres ecuaciones del movimiento: Se pueden obtener
tres ecuaciones del movimiento al igualar las componentes x, las
componentes y y los momentos alrededor de un punto arbitrario.
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Problema 16.153 Solución
θ
Cinemática.
5 in
Una vez en contacto con la
banda el disco gira alrededor
de un punto fijo (su centro).
La aceleración del centro de
masa es cero y la
aceleración angular es α.
α
Cinética: Dibuje un diagrama de cuerpo libre.
y
mg
30o
y
G
Iα
=
x
x
G
N1
0.2 N2
N2
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y
mg
Problema 16.153 Solución
30o
y
x
G
N1
0.2 N2
ΣFx = m ax:
+ ΣFy = m ay :
+
ΣMG = Iα:
x
G
I = 12 m r2
N2
+
Iα
=
0.2 N2 - N1 cos 30o = 0
N2 + N1 sen 30o - mg = 0
5
1
5
0.2 N2 ( 12 ) = 2 m ( 12 )2 α
N2 = 0.896 mg
α = 27.7 rad/s2
α = 27.7 rad/s2
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Problema 16.158
B
L
β
A
La barra uniforme AB de peso W se
deja en libertad desde el reposo cuando β = 70o. Suponiendo que la fuerza
de fricción es cero entre el extremo A y
la superficie, determine, inmediatamente después de dejarla en libertad, a) la
aceleración angular de la barra, b) la
aceleración del centro de masa de ella,
c) la reacción en A.
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B
L
β
A
Problema 16.158
Resolución de los problemas por sí mismo
La barra uniforme AB de peso W se deja en
libertad desde el reposo cuando β = 70o.
Suponiendo que la fuerza de fricción es cero
entre el extremo A y la superficie,
determine,inmediatamente después de dejarla
en libertad, a) la aceleración angular de la
barra, b) la aceleración del centro de masa de
ella, c) la reacción en A.
1. Cinemática: Exprese la aceleración del centro de masa del
cuerpo y la aceleración angular.
2. Cinética: Dibuje un diagrama de cuerpo libre que muestre las
fuerzas aplicadas y un diagrama equivalente de fuerzas que
muestre el vector ma o sus componentes y el par Iα..
3. Escriba tres ecuaciones del movimiento: Se pueden obtener
tres ecuaciones del movimiento al igualar las componentes x, las
componentes y y los momentos alrededor de un punto arbitrario.
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B
Problema 16.158 Solución
L
Cinemática:
β
A
aGy
B
G
aGx
B
aA
=
aA A
B
G
+
G
α
aA A
(aG/A)t
β
A
ω=0
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aGy
B
G
aGx
aA A
B
=
aA
G
B
G
+
(aG/A)t
α
aA A
A
ω=0
(aG/A)t = α rG/A = α L2
aG = aA + aG/A
L
L
aG = -aA i + α 2 sen70o i - α 2 cos70o j
L
L
aG = (-aA + α 2 sen70o ) i - α 2 cos70o j
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Problema 16.158 Solución
B
1
L
I α = 12 mL2 α
o
maGx = m (-aA + α L
2 sen70 )
β
A
L
maGy = - m α 2 cos70o
maGy
B
W = mg
G
B
G
=
A
maGx
Iα
A
RA
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W = mg
P G
maGy
B
=
P
B
G
Iα
L cos70o
2
A
A
RA
maGx
1
I α = 12 mL2 α
o
maGx = m (-aA + α L
2 sen70 )
L
maGy = - m α 2 cos70o
a) La aceleración angular de la barra:
Momentos alrededor del punto P ( +
):
1
L
L
mg ( 2 cos 70o ) = m α L2 cos 70o ( 2 cos 70o ) + 12 mL2 α
6 g cos 70o
α=
L [ 1 + 3 (cos 70o )2 ]
α = 1.519 ( g/L)
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W = mg
maGy
B
B
α = 1.519 (g/L)
P G
P
=
G
maGx
Iα
L cos70o
2
A
A
o
maGx = m (-aA + α L
2 sen70 )
L
maGy = - m α 2 cos70o
RA
b) La aceleración del centro de masa:
L
+
ΣFx = m ax: 0 = m (-aA + α 2 sen70o )
L g
L
aA = α 2 sen70o = 1.519 2 L sen 70o = 0.760 g
aG = (-aA + α L2 sen70o ) i - α L2 cos70o j
Sustituya aA y α por su valor:
aG = 0 i - 0.260 g j
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W = mg
P G
maGy
B
P
=
B
G
α = 1.519 (g/L)
maGx
Iα
L cos70o
2
A
A
RA
o
maGx = m (-aA + α L
2 sen70 )
L
maGy = - m α 2 cos70o
b) La reacción en A:
+ ΣFy = m ay : RA - mg = - m α L2 cos70o
L
RA = mg - m α 2 cos70o
Sustituya α por su valor: RA = 0.740 mg
RA = 0.740 mg
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Problema 16.161
B
600 mm
Dos barras de 3 kg AB y AC están soldadas entre sí como se muestra. Si las
barras se sueltan desde el reposo, determine a) la aceleración del punto B,
b) la reacción en A.
o
30
A
30o
600 mm
C
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B
600 mm
30o
A
o
30
600 mm
C
Dos barras de 3 kg AB y AC están soldadas entre sí como se muestra. Si las
barras se sueltan desde el reposo, determine a) la aceleración del punto B,
b) la reacción en A.
1. Cinemática: Exprese la aceleración del centro de masa del
cuerpo y la aceleración angular.
2. Cinética: Dibuje un diagrama de cuerpo libre que muestre las
fuerzas aplicadas y un diagrama de fuerzas eficaces que muestre
el vector ma o sus componentes y el par Iα.
3. Escriba tres ecuaciones del movimiento: Se pueden obtener
tres ecuaciones del movimiento al igualar las componentes x, las
componentes y y los momentos alrededor de un punto arbitrario.
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B
600 mm
30o
A
Cinemática.
30o
600 mm
C
ω=0
α
(aG1)t = α rG1/A = 0.3 α
B
G1
(aB)t
(aG1)t
A
(aG2)t = α rG2/A = 0.3 α
G2
C
La aceleración del punto B:
(aG2)t
(aB)t = 0.6 α
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B
600 mm
30o
A
m (aG1)t = 3 (0.3 α) = 0.9 α
o
30
600 mm
m (aG2)t = 3 (0.3 α) = 0.9 α
1 m L2 α = 1 3(0.6)2 α
I α = 12
12
C
I α = 0.09 α
mg = 3g
Ay
Ax
B
A
mg = 3g
B
Iα
G1
G1
=
G2
A
Iα
C
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G2
m (aG1)t
m (aG2)t
C
mg = 3g
Ay
Ax
B
0.09α
0.3 m
G1
G1
=
0.3 cos30o
G2
A
B
A
0.09α
C
mg = 3g
G2 0.9 α
C
0.9 α
Momentos alrededor del punto A ( +
):
2 [ 3( 9.81 )( 0.3 cos30 )] = 2 [ 0.09 α + 0.9 α ( 0.3 ) ]
o
α = 21.2 rad/s2
α = 21.2 rad/s2
a) La aceleración del punto B:
(aB)t = 0.6 α = (0.6)(21.2) = 12.74 m/s2
aB = 12.74 m/s2
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mg = 3g
Ay
B
B
G1
=
o
A
30
C
mg = 3g
b) La reacción en A:
ΣFx = m ax:
A
0.09α
G2
+
0.09α
G1
30o
Ax
0.3 m
G2
0.9 α
0.9 α
C
α = 21.2 rad/s2
Ax = 0.9α sen30o - 0.9 α sen30o
Ax = 0
+ ΣFy = m ay :
Ay - 3g - 3g = - 2(0.9 α cos 30o)
Ay = 25.8 N
Ay = 25.8 N
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60o
Problema 16.163
B
A
30o
El movimiento de una placa cuadrada
de 150 mm por lado y masa de 2.5 kg
está guiado por pasadores en las esquinas A y B que se deslizan en ranuras cortadas en una pared vertical. Inmediatamente después de que la placa se libera desde el reposo en la posición mostrada, determine a) la aceleración angular de ella, b) la reacción
en la esquina A.
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Problema 16.163
El movimiento de una placa cuadrada de 150
mm por lado y masa de 2.5 kg está guiado por
pasadores en las esquinas A y B que se
deslizan en ranuras cortadas en una pared
B
vertical. Inmediatamente después de que la
placa se libera desde el reposo en la posición
A
30o
mostrada, determine a) la aceleración
angular de ella, b) la reacción en la esquina
A.
1. Cinemática: Exprese la aceleración del centro de masa del
cuerpo y la aceleración angular.
2. Cinética: Dibuje un diagrama de cuerpo libre que muestre las
fuerzas aplicadas y un diagrama de fuerzas eficaces que muestre
el vector ma o sus componentes y el par Iα.
3. Escriba tres ecuaciones del movimiento: Se pueden obtener
tres ecuaciones del movimiento al igualar las componentes x, las
componentes y y los momentos alrededor de un punto arbitrario.
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Cinemática:
(aG/A)t = α rG/A = 0.1061 α
B
o
A
G
B
30o
aA
30
A
(aB/A)t = α rB/A = 0.15 α
=
G
aA
aA
B
+
G
75
α
30
aA
B
o
o
aB
(aG/A)t
30o
(aB/A)t
A
A
Academia de Análisis Mecánico, DSMDSM-DIMDIM-FIMEFIME-UANL, 2005
G
aG
30o
aA
A
B
=
G
aA
aB
B+
aA
30o
aA
G
(aG/A)t
B
75o
α
30o
A
A
(aB/A)t
aB = aA + aB/A
La componente x (+
):
0 = - aA + 0.15α sen 30o
aA = 0.075α
aG = aA + aG/A
aG = - 0.075α i + (aG/A )t cos15o i - (aG/A )t sen15o j
aG = - 0.075α i + 0.1061α cos15o i - 0.1061α sen15o j
aG = 0.02745 α i - 0.02745α j
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1
I = 12 m ( b2 + c2)
1
I = 12
2.5( 0.152 + 0.152 ) = 0.009375 kg . m2
B
30o
A
maGx = 2.5 ( 0.02745 α ) = 0.068745α N
maGy = 2.5 ( 0.02745 α ) = 0.068745α N
maGy
W = 2.5g
B
G
RB
maGx
G
=
30o
A
Iα
B
30o
A
R
A
Academia de Análisis
Mecánico, DSMDSM-DIMDIM-FIMEFIME-UANL, 2005
maGy
W = 2.5g
0.02745 m
P
0.02745 m
G
RB
30o
A
B
maGx
=
G
P
A
Iα
B
30o
I = 0.009375 kg m2
maGx = 0.06863α N
maGy = 0.06863α N
RA
a) Aceleración angular de la placa:
Momentos alrededor del punto P ( +
):
2.5( 9.81 )( 0.02745 ) = 0.009375α + 2 [ ( 0.06863α )( 0.02745 )]
α = 51.2 rad/s2
α = 51.2 rad/s2
Academia de Análisis Mecánico, DSMDSM-DIMDIM-FIMEFIME-UANL, 2005
maGy
W = 2.5g
0.02745 m
P
0.02745 m
G
RB
B
o
A
maGx
=
30
G
P
A
Iα
B
30o
maGy = 0.06863α N
RA
α = 51.2 rad/s2
b) La reacción en A:
+ ΣFy = m ay :
RA - 2.5( 9.81 ) = - 0.06863 ( 51.2 )
RA = 21.0 N
RA = 21.0 N
Academia de Análisis Mecánico, DSMDSM-DIMDIM-FIMEFIME-UANL, 2005