Problemas Resueltos de Cin´etica de Cuerpos R´ıgidos: Ecuaciones de Newton-Euler. Jos´e Mar´ıa Rico Mart´ınez Departamento de Ingenier´ıa Mec´anica. Universidad de Guanajuato, F. I. M. E. E. Carretera Salamanca-Valle de Santiago Km. 3.8 + 1.5 CP 36730, Salamanca, Gto., M´exico E-mail:
[email protected] Alejandro Tadeo Ch´avez Departamento de Ingenier´ıa Mecatr´onica. Instituto Tecnol´ogico Superior de Irapuato Carretera Irapuato-Silao Km. 12.5 CP 36614, Irapuato, Gto., M´exico E-mail:
[email protected]
1
Introducci´ on.
En este apunte se presentan algunos ejemplos de problemas resueltos acerca de la cin´etica de cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento plano general, o a algunos de sus casos particulares. Para facilitar el empleo de estas notas los problemas est´ an divididos en los siguientes t´ opicos 1. Cuerpos r´ıgidos sujetos a traslaci´on. 2. Cuerpos r´ıgidos sujetos a rotaci´on baric´entrica. 3. Cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento plano general. (a) Cuerpos r´ıgidos sujetos a rotaci´on no baric´entrica. (b) Cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento de rodadura. (c) An´alisis din´ amico de mecanismos.
2
An´ alisis din´ amico de cuerpos r´ıgidos sujetos a traslaci´ on.
En esta secci´on, se presentar´an algunos problemas relacionados con el an´alisis din´ amico de cuerpos r´ıgidos sujetos a traslaci´on. Problema 2.1 El montacargas mostrado pesa 2250 Lb y se emplea para levantar una caja de lo peso W = 2500 Lb. El montacargas se est´ a moviento a la izquierda a una rapidez de 10 f t/s cuando se aplican los frenos sobre las cuatro ruedas. Sabiengo que el coeficiente de fricci´on est´ atica entre la carga y el montacargas es 0.30, determine la distancia m´as peque˜ na en la que el montacargas puede pararse si la carga no debe deslizarse y el montacargas no debe voltearse hacia adelante.1 Soluci´ on. Primero se analizar´a la posibilidad de que la carga deslize sobre el montacargas. Para tal f´ın, considere el diagrama de cuerpo libre mostrado a la izquierda de la figura 2. Se denotar´a por Wc el peso de la carga, por Ncm la reacci´on entre la carga y el montacargas y µs el coeficiente de fricci´on est´ atica entre la carga y el montacargas. Finalmente, la aceleraci´on horizontal calculada en esta etapa se denominar´ a a1 . 1 Este es el Problema 16.10 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
1
Figure 1: Dibujo de un montacargas y carga. Empleando las ecuaciones de Newton —la carga puede considerarse como una part´ıcula, pues est´ a sujeta a traslaci´on—, se tiene que ΣFy = 0
− Wc + Ncm = 0
ΣFx = M ax
µs Ncm =
Wc a1 g
De la primera ecuaci´ on se tiene que Ncm = Wc . Sustituyendo este resultado en la segunda ecuaci´ on, se tiene que la aceleraci´on m´axima que el montacargas puede soportar sin que la carga se deslize, est´ a dada por µ s Wc =
Wc a1 g
a1 = µs g = (0.3)(32.2 p/s2 ) = 9.66 p/s2
por lo tanto
A continuaci´on se analizar´a la posibilidad de que el montacargas se voltee hacia el frente. Debe notarse que la posici´on cr´ıtica para evaluar esa posibilidad ocurre cuando las ruedas traseras est´ an a punto de despegarse. Por esta raz´ on, el diagrama de cuerpo r´ıgido del montacargas mostrado en la parte derecha de la figura 2, no hay reacciones en las ruedas traseras.
Figure 2: Diagramas de Cuerpo Libre de la carga y del conjunto formado por el montacargas y la carga. El primer paso ser´a la determinaci´ on de la localizaci´ on del centro de masas del conjunto formado por el montacargas y la carga. Para este f´ın se emplear´a como referencia el punto A localizado en las ruedas delanteras. Se denotar´a por C el centro de masas de la carga, por G al centro de masas del montacargas y por GC al centro de masas del conjunto carga y montacargas Wm ˆ Wm Wc ˆ Wc −3 i + 4 ˆj f t. + 4 i + 3 ˆj f t. ~rC/A + ~rG/A = QA = g g g g
Por otro lado
QA =
Wm + Wc ~rGC/A g 2
Por lo tanto ~rGC/A
=
=
Wc g
−3 ˆi + 4 ˆj f t. +
Wm g
Wm +Wc g
4 ˆi + 3 ˆj f t.
=
Wc −3 ˆi + 4 ˆj f t. + Wm 4 ˆi + 3 ˆj f t. Wm + Wc
2500 lbf. −3 ˆi + 4 ˆj f t. + 2250 lbf. 4 ˆi + 3 ˆj f t.
=
4750 lbf
6 ˆ 67 ˆ i+ j f t. 19 19
Para que el montacargas no se vuelque hacia adelante, es necesario que la suma de momentos con respecto al centro de masas del conjunto satisfaga la condici´ on Σ TGC ≤ 0. Desarrollando est´ a condici´ on se tiene que µ NA
67 6 f t. − NA f t. ≤ 0 19 19
µ≤
6 19 67 19
=
6 = 0.08955 67
De manera que de la ecuaciones Σ Fy = M a y
Σ Fx = M a x
se obtiene NA − (Wc + Wm ) = 0 Por lo tanto ax =
µ NA Wc +Wm g
=
µ NA =
µ (Wc + Wm ) Wc +Wm g
Wc + Wm ax g
= µ g = 2.8835 f t/s2 .
Puesto que esta u ´ltima aceleraci´on es la menor, es la que limita la distancia m´ınima para frenar. El c´alculo est´ a dado por vf2 − v02 02 − (10 f t/s)2 s= = = 17.34 f t. 2 ax 2(−2.8835 f t/s2 ) Debe notarse que el signo de la aceleraci´on se toma negativo pues es en sentido contrario a la velocidad inicial.2 Problema 2.2 El montacargas mostrado pesa 2800 Kg lleva una caja de 1500 Kg a la altura que muestra la figura 3. El montacargas se est´ a moviento a la izquierda cuando se aplican los frenos lo cual causa una desaceleraci´on de 3 m/s2 . Si el coeficiente de rozamiento est´ atico entre la caja y el elevador del montacargas es de 0.50 determ´ınese (a) si la caja se deslizar´ a y (b) la componente vertical de la reacci´on en cada rueda. 3 Soluci´ on: Primero se determinar´a si la caja se desliza respecto al montacargas. Para tal f´ın, considere el diagrama de cuerpo libre mostrado a la izquierda de la figura 4. Se denotar´a por Wc el peso de la carga, por Ncm la reacci´on entre la carga y el montacargas y µs el coeficiente de fricci´on est´ atica entre la carga y el montacargas. Finalmente, la aceleraci´on horizontal calculada en esta etapa se denominar´ a a1 . Empleando las ecuaciones de Newton —la carga puede considerarse como una part´ıcula, pues est´ a sujeta a traslaci´on—, se tiene que ΣFy = 0
− Wc + Ncm = 0
ΣFx = M ax
µs Ncm =
Wc a1 g
De la primera ecuaci´ on se tiene que Ncm = Wc . Sustituyendo este resultado en la segunda ecuaci´ on, se tiene que la aceleraci´on m´axima que el montacargas puede soportar sin que la carga se deslize, est´ a dada por µs Wc =
Wc a1 g
a1 = µs g = (0.5)(9.81 m/s2 ) = 4.905 m/s2
por lo tanto
3
Figure 3: Dibujo de un montacargas y la carga.
Figure 4: Diagramas de Cuerpo Libre de la carga y del conjunto formado por el montacargas y la carga. Puesto que esta aceleraci´on es mayor que la experimentada por el montacargas, 3 m/s2 . La conclusi´on es que la caja no se desliza y el conjunto montacargas y caja actua como un u ´nico cuerpo r´ıgido. Para analizar las reacciones en las ruedas del montacargas considere el diagrama de cuerpo r´ıgido a la derecha de la figura 4. Para este objeto se usar´an dos diferentes procedimientos. La aplicaci´on de las ecuaciones de Newton-Euler y la aplicaci´ on del principio de D’Alembert. Para la aplicaci´on de las ecuaciones de Newton-Euler el primer paso ser´a la determinaci´ on del centro de masas del conjunto. QA = Mc ~rC/A + Mm ~rG/A = Mc −0.4 ˆi + 0.95 ˆj m + Mm 0.6 ˆi + 0.275 ˆj m
Por otro lado
QA = (Mm + Wc ) ~rGC/A Por lo tanto ~rGC/A
= = =
Mc −0.4 ˆi + 0.95 ˆj m + Mm 0.6 ˆi + 0.275 ˆj m
Mc + Mm 1500 Kg −0.4 ˆi + 0.95 ˆj m + 2800 Kg 0.6 ˆi + 0.275 ˆj m
4300 Kg
0.25116 m ˆi + 0.51046 m ˆj.
2 La
respuesta dada en el manual de soluciones es evidentemente incorrecta. es el Problema 16.11 del libro Mec´ anica Vectorial para Ingenieros, Din´ amica. Beer, F.P. y Johnston, E.R., Quinta Edici´ on, McGraw Hill: M´ exico. Traducci´ on de la Quinta Edici´ on del Ingl´ es. 3 Este
4
De manera que de la ecuaciones de Newton-Euler est´ an dadas por Σ Fy = M a y
Σ Fx = M a x
se obtiene NA + NB − (Mc + Mm ) g = 0
µ NA + µ NB = µ (NA + NB ) = (Mc + Mm ) ax
Debe notarse que de estas ecuaciones es posible determinar la suma de las reacciones NA + NB y la magnitud del µ (NA + NB ) necesaria para satisfacer la desaceleraci´on del conjunto de montacargas y carga. Finalmente la ecuaci´ on ΣTG = 0
− NA (0.6 m) + NB (0.3 m) + µ (NA + NB ) (0.51046 m) = 0
Sustituyendo la segunda ecuaci´ on en la tercera, se tiene que −NA (0.25116 m) + NB (0.64884 m) + (Mc + Mm ) ax (0.51046 m) = 0 De manera que la primera y tercera ecuaci´ on resultan NA + NB = 42183 N Matricialmente
1 −0.25116
− 0.25116 NA + 0.64884NB = −6584.9 N 1 0.64884
NA NB
=
El determinante de la matriz de coeficientes est´ a dado por 1 1 ∆ = −0.25116 0.64884 Por lo tanto
Adem´ as
42183 N −6584.9 N
= 0.9
42183 N 1 −6584.9 N 0.64884 33954 N = = 37727 N = 3845 Kgf. NA = ∆ 0.9 1 42183 N −0.25116 −6584.9 N 4009 N NB = = = 4455 N = 454 Kgf. ∆ 0.9
Figure 5: Diagramas de cuerpo libre de la carga y del conjunto formado por el montacargas y la carga con aplicaci´ on del principio de D’Alembert. Ahora se resolver´ a el problema empleando el principio de D’Alembert, para tal f´ın, se incluir´ an las fuerzas de inercia asociadas a las aceleraciones de la caja y del montacargas. El conjunto de montacargas 5
y caja bajo la influencia de las fuerzas externas y de las fuerzas de inercia est´ a en equilibrio y, por lo tanto, para cualquier punto P , una ecuaci´ on v´ alida es ΣT~P = ~0 En particular, para el punto A, se tiene que ΣT~A = NB (0.9 m) + Mc a1 (0.95 m) + Mm a1 0.275 m + Mc g 0.4 m − Mm g 0.6 m = 0 Por lo tanto NB
= =
[−(1500) (3) (0.95) − (2800) (3) (0.275) − (1500)(9.81)(0.4) + (2800) (9.81) (0.6)] Kgm · m/s2 · m 0.9 m 4009.8 N = 4455.33 N. 0.9
Sustituyendo este resultado en la ecuaci´ on de equilibrio en la direcci´on vertical NA = (Mc +Mm ) g−NB = (4300Kgm)(9.81m/s2 )−4455.33N = 37727 N.
NA +NB −(Mc +Mm ) g = 0
Como puede verse ambos resultados coinciden. Problema 2.3 Una barra uniforme BC que pesa 8 Lb se conecta a un collar A mediante una cuerda AB de 10 pulg, vea la figura 6. Despreciando la masa del collar y la cuerda, determine (a) la aceleraci´on constante m´as peque˜ na para la cual la cuerda y la barra yacen en l´ınea recta, (b) la tensi´ on correspondiente de la cuerda.4
Figure 6: Corredera que arrastra a barra. Soluci´ on. Sea L = 16 pulg. la longitud de la barra. Debe notarse que si la cuerda y la barra son colineales entonces la inclinaci´on de ambas respecto a la horizontal es igual a θ = sen−1
24 = 67.38013◦ 26
Entonces, el diagrama de cuerpo libre de la barra se muestra en la figura 7 Las ecuaciones de movimiento de la barra est´ an dadas por Σ Fx = M a x
T cos θ = M ax
Σ Fy = M a y
T sen θ + RC − M g = 0
y
L cos θ = 0 Por lo tanto 2 Sustituyento este resultado en las ecuaciones anteriores, se tiene que Σ TG = 0
T senθ = M g
RC
T =
RC = 0.
Mg = 279.06 P oundals = 8.6666 Lbf. senθ
4 Este es el Problema 16.4 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
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Figure 7: Diagrama de cuerpo libre de la barra. Adem´ as
T cos θ = 13.416 pie/s2 . M = 0 es necesaria para que la soluci´ on sea consistente pues, en caso ax =
Debe notarse que la condici´ on RC contrario, la barra sufrir´ıa rotaci´on.
Problema 2.4 Un barril completamente lleno y su contenido tienen un peso combinado de 200 Lb. Un cil´ındro C se conecta al barril a una altura h = 22 in como se muestra en la figura 8. Sabiendo que µs = 0.40 y µk = 0.35. Determine el m´aximo peso de C para que el barril no se voltee.5
Figure 8: Barril conectado a un cilindro C. Soluci´ on. Se definir´ an las siguientes variables b = 20 in
h = 36 in
c = 22 in
h1 = c −
h = 22 in − 18 in = 4 in 2
Es necesario analizar si el cil´ındro C produce o no movimiento en el barril. Primeramente supondremos que el cilindro no es lo suficientemente pesado para mover el barril. En este caso los diagramas de cuerpo r´ıgido del barril y del cil´ındro est´ an mostrados en la figura refBeer16-13a. En este caso las ecuaciones de movimiento son para el barril ΣFy = 0
M g + NB = 0
ΣFx ≤ µs NB
y ΣTG ≥ 0
NB
T ≤ µ s NB
h b − µ s NB − T h 1 ≥ 0 2 2
5 Este es el Problema 16.13 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
7
De las ecuaciones del cilindro C se tiene que ΣFy = 0
T − Mc g = 0
Figure 9: Diagramas de cuerpo libre bajo el supuesto de que el barril no se mueve. De la suma de fuerzas en y para el barril y para el cil´ındro, se tiene que NB = M g
T = Mc g
Sustituyendo estos resultados en la suma de momentos, se tiene que Mg
h b − µ s M g − Mc g h 1 ≥ 0 2 2
Resolviendo para Mc se obtiene Mc ≤ M
(b − µs h) 200 Lbm 20 in − 0.40(36 in) = = 140 Lb 2 h1 2 4 in
Finalmente, se verificar´ a si existe movimiento del barril. De la suma de fuerzas en x, se tiene que ΣFx ≤ µs NB
Mc g ≤ µ s M g
Mc ≤ µ s M
Pero se tiene que 140 Lbm ≤ 0.40 (200 Lbm) = 80 Lbm
Este resultado indica que el barril si se mueve. De manera que el an´alisis se debe volver a realizar suponiendo movimiento del barril.
Figure 10: Diagramas de cuerpo libre bajo el supuesto de que el barril si se mueve. Debe notarse que si el barril se mueve, la aceleraci´on hacia la derecha del barril es igual a la aceleraci´on hacia abajo del cil´ındro. Las ecuaciones de fuerzas de los cuerpos son 1. Para el barril ΣFy = 0
M g − NB = 0
ΣFx = M a 8
− µ k NB + T = M a
2. Para el cil´ındro ΣFy = M ay
T − Mc g = −Mc a
De manera que, de la suma de fuerzas en x para el barril y de la suma de fuerzas en y para el cilindro, se tiene que Mc g − T NB = M g Mc a = Mc g − T a= Mc Sustituyendo estos resultados en la suma de fuerzas en x para el barril, se tiene −µk M g + T = M
Mc g − T Mc
− µ k M Mc g + T Mc = M Mc g − T M
Por lo tanto, la tensi´ on de la cuerda est´ a dada por T =
M Mc g (1 + µk ) M + Mc
Para evitar que el barril se vuelque es necesario que ΣTG ≥ 0
NB
h b − µ k NB − T h 1 ≥ 0 2 2
Sustituyendo los valores de NB y T se tiene que b h M Mc g (1 + µk ) M g − µk M g − h1 ≥ 0 2 2 M + Mc o (M + Mc ) (M b − µk M h) − 2 h1 [M Mc (1 + µk )] ≥ 0 La ecuaci´ on puede rearreglarse como M 2 (b − µk h) + M Mc [b − µk h − 2 h1 (1 + µk )] ≥ 0 y, despejando Mc , se llega a Mc ≤
M (b − µk h) 20 in − 0.35(36 in) = 200 Lbm = 435.29 Lbm −b + µk h + 2 h1 (1 + µk ) −20 in + 0.35(36 in) + 2 (4 in)(1 + 0.35)
La masa m´axima de Mc para que el barril no se vuelque es Mc = 435.29 Lbm. Problema 2.5 La camioneta vista desde su parte posterior est´ a viajando a una rapidez v alrededor de una curva de radio medio r peraltada hacia adentro en un ´angulo θ. El coeficiente efectivo de fricci´on entre las llantas y el camino es µ. Determine (a) el ´angulo de peralte adecuado para un valor de v que eliminine cualquier tendencia a deslizarse o voltear, y (b) la m´axima velocidad v antes de que la camioneta se voltee o deslize para un valor dado de θ. Note que las fuerzas y aceleraciones yacen en el plano de la figura de manera que el problema puede tratarse como un problema de movimiento plano a pesar de que la velocidad es normal al plano.6 Soluci´ on: Considere el diagrama de cuerpo libre de la camioneta mostrado en la figura 12. Note que los ejes X y Y se han girado para que sean paralelo y perpendicular al peralte. En este diagrama se han incluido las fuerzas de fricci´on en ambos pares de ruedas, las interiores A y las exteriores B. Adem´ as se sabe que la aceleraci´on normal est´ a dada por an =
v2 r
Las ecuaciones de movimiento de la camioneta, para evitar que la camioneta se salga de la carretera, son ΣFx = M ax
v2 −µ NA −µ NB −M g sen θ = −M cos θ r
µ (NA + NB ) = M
v2 −g sen θ + cos θ r
6 Este es el Problema 6.28 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. Meriam, J. L. and Kraige, L. G., Seventh Edition, John Wiley: New York.
9
Figure 11: Dibujo de una Camioneta en una Curva Peraltada.
Figure 12: Diagrama de Cuerpo Libre de una Camioneta en una Curva Peraltada. y ΣFy = M ay
NA + NB − M g cos θ = M
v2 sen θ r
NA + N B = M
g cos θ +
v2 sen θ r
Sustituyendo la segunda ecuaci´ on en la primera, se tiene que v2 v2 v2 sen θ = M −g sen θ + cos θ −g (sen θ + µ cos θ) = (−cos θ + µ sen θ) µ M g cos θ + r r r Dividiendo ambos lados entre el coseno de θ y simplificando, se tiene que g (tan θ + µ) =
v2 (1 − µ tan θ) r
v2 tan θ + µ =g r 1 − µ tan θ
Si se define La ecuaci´ on anterior puede escribirse como
µ ≡ tan β,
v2 tan θ + tan β =g = g tan(β + θ) r 1 − tan β tan θ Por lo tanto, para un cierto valor del ´ angulo de peralte, la velocidad m´axima de la camioneta vmax , para evitar que se salga de la carretera est´ a dada por p vmax = g r tan(β + θ)
Para analizar si la camioneta se voltea considere el diagrama de cuerpo libre mostrado en la figura 13. Para evitar que la camioneta se vuelque, es necesario que se satisfaga la condici´ on Σ TG ≥ 0 10
Figure 13: Segundo Diagrama de Cuerpo Libre de una Camioneta en una Curva Peraltada. Es decir, si en la posici´on cr´ıtica mostrada en la figura 13 el momento resultante es positivo. La desigualdad resultante est´ a dada por b b ≥µ NB − µ NB h ≥ 0 2 2h Este resultado indica que la camioneta se deslizar´ a primero cuando µ≤
b 2h
En este caso, se tiene que la velocidad m´axima que puede tener la camioneta sin deslizarse es p p vmax = g r tan(β + θ) = g r tan [(tan−1 µ) + θ] Evidentemente, la camioneta se volcar´a cuando
µ>
b 2h
Entonces, para calcular la velocidad m´axima se sustituye µ=
b 2h
y la velocidad m´axima para que no se vuelque, est´ a dada por s p b )+θ vmax = g r tan(β + θ) = g r tan (tan−1 2h Estos resultados resuelven la segunda parte del problema. La primera parte es´ a indicada de manera muy cr´ıptica. Para evitar cualquier posibilidad de volteo el coeficiente de fricci´on µ = 0. En ese caso, el ´angulo del peralte que evita, tambien que la camioneta se deslize est´ a dado por v2 −β θ = tan−1 gr para cuando µ = 0. Por lo tanto, β = tan−1 µ = tan−1 0 = 0 y el resultado final es θ = tan−1
v2 gr
Con este resultado finaliza el problema. Problema 2.6 Tres barras, cada una con un peso de 8 lb, est´ an soldadas entre si y se encuentran conectadas mediante pasadores BE y CF . Si se desprecia el peso de los eslabones, determine la fuerza 11
en cada eslab´ on inmediatamente despu´es de que el sistema se suelta a partir del reposo.7 Soluci´ on. Es importante notar que el mecanismo es un mecanismo paralelogramo, de manera que el elemento compuesto est´ a sujeto a traslaci´on. Como la velocidad y la aceleraci´on de todos los puntos de un cuerpo son iguales, la aceleraci´on del centro de masas del elemento compuesto por las tres barras es igual a la aceleraci´on del punto B. M´as a´ un, puesto que el an´alisis debe hacerse despu´es de inmediatamente despu´es de que el sistema se suelta a partir del reposo, la velocidad angular de las barras BE y CF son cero, por lo tanto, la u ´nica aceleraci´on del punto B es tangencial y perpendicular al vector de posici´on de B respecto de E. Por lo tanto, ~aG = aG sen θ ˆi − aG cos θ ˆj Se iniciar´a la soluci´ on del problema con los vectores de posici´on necesarios, necesarios para calcular la posici´on del centro de masas del elemento compuesto por las tres barras. El elemento se separar´a en tres barras, AB, BC y CD. Se asumir´a que la distancia a = 15 in = 5/4 f t.
Figure 14: Cuerpo formado por tres barras sujeto a traslaci´on. Vectores de posici´ on. Los vectores de posici´on son a ~rGBC/B = a2 ˆi ~rGAB/B = ˆj 2
a ~rGCD/B = aˆi + ˆj 2
Donde ~rGAB/B , ~rGBC/B y ~rGCD/B , son los vectores de posici´on de los centros de masas de las tres barras AB, BC y CD. An´ alisis del centro de gravedad. Para determinar el centro de masas G del elemento compuesto, se calcular´ a el primer momento de masas con respecto al punto B ~ B = m~rGAB/B + m~rGBC/B + m~rGCD/B = m a ˆj + m a ˆi + m a ˆi + a ˆj = 3 m a ˆi + m a ˆj Q 2 2 2 2 Puesto que
MT = m + m + m = 3 m
~ B = 3 MT ~rG/B Q
y
donde G es el centro de masas del elemento compuesto. Entonces ~rG/B =
~B Q = MT
3ma ˆ 2 i+
3m
m a ˆj
=
aˆ aˆ i+ j 2 3
~rC/G =
aˆ a ˆ i− j 2 3
Por lo tanto a a ~rB/G = − ˆi − ˆj 2 3
An´ alisis del eslab´ on BE. En el siguiente paso vamos a probar que si la masa del eslab´ on BE es nulo, entonces las fuerzas que actuan sobre el eslab´ on tiene la direcci´on del eslab´ on. El mismo resultado se obtiene para el eslab´ on CF . 7 Este es el Problema 16.17 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R., Mazurek, D.F. et al. Ninth edition, McGraw Hill: NewYork
12
Figure 15: Diagrama de cuerpo libre del eslab´ on BE. Puesto que la masa es despreciable, las ecuaciones de la din´amica, se convierten en las ecuaciones de la est´ atica, de modo que X F~x = 0 −RBx + REx = 0 REx = RBx X F~y = 0 −RBy + REy = 0 REy = RBy
Adem´ as, como
X
TGBE = 0.
Las reacciones en B y E deben ser colineales entre si y por lo tanto en la direcci´on de la barra. Si se denomina θ la inclinaci´on de la barra con respecto al semieje positivo X, se tiene que ~ B = RB cos θ ˆi + RB sen θ ˆj R El resultado es igualmente v´ alido para la barra CF , entonces ~ C = RC cos θ ˆi + RC sen θ ˆj R Ecuaciones de Newton-Euler para el elemento compuesto. Las ecuaciones de movimiento del eslab´ on est´ an dadas por X Fx = M aGx RB cos θ + RC cos θ = 3 m (aG sen θ) X Fy = M aGy − 3 m g + RB sen θ + RC sen θ = −3 m (aG cos θ) X ~ B + ~rC/G × R ~ C = ~0 T~G = ~0 ~rB/G × R P~ Desarrollando la ecuaci´ on de TG = ~0 se tiene que a a a ˆi − a ˆj × RC cos θˆi + RC sen θˆj 0 = − ˆi − ˆj × RB cos θ ˆi + RB sen θˆj + 2 3 2 3 a a a a ˆ ˆ ˆ = − RB sen θk + RB cos θ k + RC sen θk + RC cos θ kˆ 3 2 3 i h 2 a a a a sen θ + cos θ kˆ = RB − sen θ + cos θ + RC 2 3 2 3
Resolviendo RC en t´erminos de RB , se tiene que sen θ cos θ sen θ cos θ RB − = −RC + + 2 3 2 3 RB (−2 cos θ + 3 sen θ) = RC (3 sen θ + 2 cos θ )
2 cos θ − 3 sen θ 3 senθ + 2 cos θ = −RC 6 6 −2 cos θ + 3 sen θ RB RC = 3 sen θ + 2 cos θ RB
P Por lo tanto al sustituir RC en Fx = 3 m aGx , se obtendr´ a la ecuaci´on en t´erminos de RB y aG . −2 cos θ + 3 sen θ −2 cos θ + 3 sen θ RB 1 + = 3 m aG tan θ RB cos θ = 3 m aG sen θ RB cos θ + 3 sen θ + 2 cos θ 3 sen θ + 2 cos θ 13
De esta ecuaci´ on se despeja RB . ! sen θ 3 m aG m aG (3 sen θ + 2 cos θ) 3 m aG (3 sen θ + 2 cos θ) sen θ RB = = = −2 cos θ+3 sen θ cos θ 6 sen θ cos θ 2 cos θ 1 + 3 sen θ+2 cos θ 3 = m aG tan θ + 1 2 P Ahora al sustituir RC en Fy = 3 m aGy , se obtiene otra ecuaci´ on en t´erminos de RB y aG , que permite obtener otra ecuaci´ on para RB −2 cos θ + 3 sen θ RB sen θ −3 m g + RB sen θ + 3 sen θ + 2 cos θ −2 cos θ + 3 sen θ = 3 m (g − aG cosθ) RB sen θ 1 + 3 sen θ + 2 cos θ
=
− 3 m aG cos θ RB =
3 m (g − aG cosθ)(3 sen θ + 2 cos θ) 6 sen2 θ
Igualando las ecuaciones para RB permite obtener una expresi´ on para aG RB =
m aG (3 sen θ + 2 cos θ) 2 cos θ g − aG cosθ aG = cos θ sen2 θ
=
3 m (g − aG cosθ)(3 sen θ + 2 cos θ) 6 sen2 θ aG sen2 θ = g cos θ − aG cos2 θ
aG = g cos θ
Soluci´ on para valores num´ ericos. En esta secci´on se sustituir´ an los datos del problema aG
=
g cos θ = (32.2 f t/s2 )cos 50◦ = 20.69776 f t/s2 .
Las reacciones en los puntos B y C son 3 R B = m aG tan θ + 1 = (8 lbm)(20.69776 f t/s2 ) (1.5 tan 50◦ + 1) = 461.581 P oundals 2 = 14.3348 Lbf. y RC
=
−2 cos θ + 3 sen θ RB = 3 sen θ + 2 cos θ
−2 cos 50◦ + 3 sen 50◦ 3 sen 50◦ + 2 cos 50◦
14.3348 Lbf. = 4.0502 Lbf.
Problema 2.7 Una varilla delgada y uniforme AB de 4 Kg se mantiene fija mediante dos cuerdas y el eslab´ on CA cuyo peso puede ignorarse. Despu´es de cortar la cuerda BD, el ensamble gira en un plano vertical bajo el efecto combinado de la gravedad y un par M de 6 N − m aplicado al eslab´ on CA en la forma en que se muestra. Determine, inmediatamente despu´es de que ha sido cortada la cuerda BD, a) la aceleraci´on de la varilla AB, b) la tensi´ on en la cuerda EB.8 Soluci´ on: En esta primera parte mostraremos que, inmediatamente despu´es de que se corta la barra BD, la barra, 3, AB est´ a sujeta a movimiento de traslaci´on curvil´ınea. Si la cuerda EB, indicada como eslab´ on 4, est´ a en tensi´ on, se comporta como un cuerpo r´ıgido de manera que la velocidad del punto B de la barra est´ a dada por ~vB3 = ~vB4 = ω ~ 4 × ~rB/E = ω4 kˆ × LEB cos θˆi − LEB sen θˆj = LEB ω4 cos θ ˆj + LEB ω4 sen θ ˆi donde θ = 60◦ . Por otro lado, la velocidad del punto B puede calcularse como ~vB3 = ω ~ 2 × ~rA/C + ω ~ 3 × ~rB/A = ω2 kˆ × LCA cos θˆi − LCA sen θˆj + ω3 kˆ × LAB ˆi =
LCA ω2 cos θ ˆj + LCA ω2 sen θ ˆi + LAB ω3 ˆj.
Igualando las ecuaciones vectoriales, se obtienen las siguientes dos ecuaciones escalares: LEB ω4 sen θ = LCA ω2 sen θ
LEB ω4 cos θ = LCA ω2 cos θ + LAB ω3
8 Este
es el Problema 16.13 del libro Mec´ anica Vectorial Para Ingenieros, Din´ amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edici´ on, McGraw Hill: M´ exico D.F.
14
1 1 2 4 1 3
Figure 16: Gr´ afica de un barra sujeta por una cuerda y otra barra. De la primera ecuaci´ on ω4 = ω2
LCA , LEB
Sustituyendo este resultado en la segunda ecuaci´ on, se tiene que LEB ω2
LCA cos θ = LCA ω2 cos θ + LAB ω3 LEB
Por lo que LAB ω3 = 0,
Puesto que
LAB 6= 0,
ω3 = 0.
Este resultado indica, que un instante despu´es de cortarse la cuerda BD, la velocidad angular de la barra ACB es igual a 0. El an´alisis puede extenderse para probar que la aceleraci´on angular de la barra ACB es tambien igual a 0. ~aB3 = ~aB4
= = =
De manera semejante
α ~ 4 × ~rB/E − ω42 ~rB/E α4 kˆ × LEB cos θˆi − LEB sen θˆj − ω42 LEB cos θˆi − LEB sen θˆj LEB α4 cos θ + ω42 LEB sen θ ˆj + LEB α4 sen θ − ω42 LEB cos θ ˆi ~aB3
=
α ~ 2 × ~rA/C − ω22 ~rA/C + α ~ 3 × ~rB/A − ω32 ~rB/A
Pero puesto que ω3 = 0, se tiene que ~aB3
= = =
α ~ 2 × ~rA/C − ω22 ~rA/C + α ~ 3 × ~rB/A α2 kˆ × LCA cos θˆi − LCA sen θˆj − ω22 LCA cos θˆi − LCA sen θˆj + α3 kˆ × LAB ˆi LCA α2 cos θ + ω22 LCA sen θ + α3 LAB ˆj + LCA α2 sen θ − ω22 LCA cos θ ˆi
Mas a´ un, la aceleraci´on de la barra AB, tendr´ a la direcci´on de la aceleraci´on tangencial de los puntos A o B. Los diagramas de cuerpo libre de las barras CA y AB se muestran en la figura 17. Puesto que la masa de la barra CA es despreciable, las ecuaciones de la cin´etica de esta barra se convierten en las ecuaciones de la est´ atica, y est´ an dadas por X X ~ C = ~0. F~ = ~0 M
o
−RAx + RCx = 0
− RAy + RCy = 0
15
M − RAx L sen θ − RAy L cos θ = 0.
Figure 17: Diagramas de Cuerpo Libre de los Cuerpos R´ıgidos Involucrados. donde L = 0.45 m. y θ = 60◦ . De la tercera ecuaci´ on, se tiene que √ √ 80 3 1 M 40 3RAx + RAy = + RAy = = N. o N. RAx 2 2 L 3 3
o
Las ecuaciones de la cin´etica de la barra AB est´ an dadas por X X ~ G = ~0. F~ = M ~aG M
RAx −TBD cos θ = −MAB aG sen θ
RAy +TBD sen θ−MAB g = −MAB aG cos θ
−RAy
d d +TBD senθ = 0, 2 2
donde d = 0.6 m. De la tercera ecuaci´ on RAy = TBD sen θ =
√ 3 TBD 2
Por lo tanto √
√
80 3 TBD = N. 3RAx + 2 3
RAx =
80 3
√
N. − 23 TBD 80 1 √ = √ N. − TBD . 2 3 3 3
Sustituyendo RAx y RAy en las dos primeras ecuaciones de la cin´etica de la barra AB √ 80 1 3 √ N. − TBD − TBD cos θ = −MAB aG sen θ TBD + TBD sen θ − MAB g = −MAB aG cos θ 2 2 3 3 Multiplicando la primera ecuaci´ on por cos θ y la segunda ecuaci´ on por −sen θ y sumando t´ermino a t´ermino, se tiene que 80 1 cos θ √ N. − TBD cos θ − TBD cos2 θ 2 3 3 √ 3 −sen θ TBD − TBD sen2 θ + sen θMAB g 2
= −MAB aG sen θ cos θ = +MAB aG cos θ senθ
La ecuaci´ on resulta es
Por lo tanto
√ 3 1 3 40 √ N. − TBD − TBD − TBD + (4Kgm.) 9.81m/s2 = 0 4 4 2 3 3 TBD = 20.84 N.
La aceleraci´on de la barra AB est´ a dada por 3
1 80 √ N. − TBD − TBD cos θ = −MAB aG sen θ 2 3 16
aG =
√ N. + − 380 3
1 2
TBD + TBD cos θ
MAB sen θ
=
√ N. + TBD − 380 3
MAB sen θ
= 1.571 m/s2 .
Con este resultado finaliza el problema. Problema 2.8 La barra 3 de 15 Lb se conecta con un disco 2 cuyo centro de masas est´ a en A y con la manivela 4, vea la figura 18. Sabiendo que el disco se hace rotar a una rapidez constante de 180 rpm, determine para la posici´on mostrada las componentes verticales de las fuerzas ejercidas sobre la barra 3 en los pernos B y C.9
Figure 18: Mecanismo paralelogramo. Soluci´ on. Debe notarse que si las condiciones de gravitacional son las normales una barra cuya masa es de 15 Lbm. tiene un peso de 15 Lbf. de manera que no es necesario indicar si los 15 Lb representan masa o peso. Es importante notar que el mecanismo mostrado en la figura 18 es un mecanismo paralelogramo, por lo cual el eslab´ on 3 est´ a sujeto a traslaci´on —curvil´ınea— por lo que todos los puntos del cuerpo deben tener la misma velocidad y aceleraci´on. Por otro lado, puesto que el disco gira a velocidad angular constante α ~ 2 = ~0. El primer problema es determinar la aceleraci´on del eslab´on 3. Primero, se determinar´a el vector de posici´on del punto B respecto del punto A, donde a = 2 in, θ = 30◦ y ω2 = 6 π rad/s as´ı pues ~rB/A = 4 a sen θ ˆi + 4 a cos θ ˆj Por lo tanto ~aG3 = ~aB
=
α ~ 2 × ~rB/A − ω22 ~rB/A = − (6 π rad/s)
=
−144 π 2 a sen θ ˆi − 144 π 2 a cos θ ˆj
2
4 a sen θ ˆi + 4 a cos θ ˆj
Ahora se considerar´ an los diagramas de cuerpo libre de los eslabones del mecanismo, vea la figura 19. Es importante notar que el centro de masas del disco est´ a localizado en el punto A y que este disco 2 no tiene aceleraci´on angular. Por lo tanto, puesto que ΣT~A = 0 se tiene que la reacci´on en el perno B debe pasar por el punto A, de manera que cuando se aplica a la barra 3, se tiene que ~ B = RBx ˆi + RBy ˆj = RB sen θ ˆi + cos θ ˆj R
A diferencia del punto B, la falta de informaci´on acerca de la distribuci´ on de masas del eslab´ on 4, requiere suponer que no hay ninguna relaci´ on entre las componentes horizontal y vertical en el punto C. Es decir ~ C = RCx ˆi + RCy ˆj R Por lo tanto, las ecuaciones de movimiento del eslab´ on 3 est´ an dadas por ΣFx = M ax
RBx + RCx = M aGx
RBx + RCx = −144 M π 2 a sen θ
9 Este es el Problema 16.19 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R., Mazurek, D.F. et al. Ninth edition, McGraw Hill: NewYork
17
Figure 19: Diagramas de cuerpo libre del mecanismo paralelogramo. ΣFy = M ay y
RBy + RCy − M g = M aGy ΣTG = 0
− RBy
RBy + RCy = M g − 144 π 2 a cos θ
15 15 a + RCy a=0 2 2
De esta u ´ltima ecuaci´ on se tiene que RBy = RCy Sustituyendo este resultado en la segunda ecuaci´ on, se tiene que 2 RBy = M g − 144 π 2 a cos θ M 1 RBy = 32.2 f t/s2 − 144 π 2 a cos θ = (7.5 Lbm) 32.2 f t/s2 − 144 π 2 rad/s2 f t cos 30◦ 2 6 = −1297 P oundals = −40.2 Lbf. Por lo tanto
−1297P oundals RBy = = −1497.6 P oundals = 46.51 Lbf. cos θ cos 30◦ La componente x de la reacci´on en B est´ a dada por RB =
RBx = RB sen θ = −1497.6 P oundals sen 30◦ = −748.8 P oundals = 23.25 Lbf. Finalmente, se tiene que RCx
=
−144 M π 2 a sen θ − RBx = −144(15 Lbm)π 2
=
−1027.72 P oundals = −31.917 Lbf.
1 f t. sen 30◦ − (−748.8 P oundals) 6
Con este resultado finaliza el problema.
3
An´ alisis din´ amico de cuerpos r´ıgidos sujetos a rotaci´ on no baric´ entrica.
En esta secci´on, se presentar´an algunos problemas relacionados con el an´alisis din´ amico de cuerpos r´ıgidos sujetos a rotaci´on no baric´entrica. Problema 3.1 El disco de 180 mm. de radio est´ a en reposo cuando se coloca en contacto con la banda que se mueve a velocidad constante, vea la figura 20. Despreciando el peso del eslab´ on AB y conociendo que el coeficiente de fricci´on cin´etica entre el disco y la banda es µk = 0.4, determine la aceleraci´on angular del disco mientras ocurre deslizamiento.10 10 Este es el Problema 16.27 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R., Mazurek, D.F. et al. Ninth edition, McGraw Hill: NewYork
18
Figure 20: Disco soportado mediante una barra y una banda. Soluci´ on: La figura 21 muestra los diagramas de cuerpo libre del disco y de la barra. Debe notarse que como se desprecia el peso del eslab´ on AB esto es equivalente a decir que se supone que el eslab´ on AB est´ a en reposo. Por lo tanto, la fuerza que el eslab´ on AB aplica al disco y la reacci´on en el punto B deben ser ambas de la misma magnitud, sentidos opuestos y colineales al eje de la barra —pues si no fueran colineales producir´ıan un momento perpendicular al plano del papel.
Figure 21: Diagramas de Cuerpo Libre del disco y barra. Las ecuaci´ ones de movimiento del disco est´ an dadas por X Fx = 0 N −F Cθ =0 X Fy = 0 µk N − M g + F S θ = 0 X 1 TG = I G α −µk N r = M r2 α 2
donde el momento de inercia del disco, con respecto a su centro de masas que es el centro del disco, se calcul´o mediante tablas de momentos de inercia. De la primera ecuaci´ on, se tiene que N =FCθ Sustituyendo este resultado en la segunda ecuaci´ on, se tiene que µk F C θ − M g + F S θ = 0 Por lo tanto F =
Mg µk C θ + S θ 19
y N=
M gCθ Mg = µk C θ + S θ µk + tan θ
Sustituyendo estos resultados en la tercera ecuaci´ on se tiene que −µk Por lo tanto
Mg 1 r = M r2 α µk + tan θ 2
2 µk g µk M g =− = −20.449rad/s2 . r (µ + tan θ) M r (µ + tan θ) k k 2
α=−1
donde el signo menos indica que la aceleraci´on angular es en sentido horario. Con este resultado finaliza el problema. Problema 3.2 El volante mostrado en la figura 22 tiene un radio de 500 mm y una masa de 120 kg, y un radio de giro de 375 mm. Un bloque A de 15 kg se une a un alambre que est´ a enrollado al volante, y el sistema se abandona a partir del reposo. Despreciando el efecto de la fricci´on, determine (a) la aceleraci´on del bloque A, (b) la velocidad del bloque A despu´es que se ha movido 1.5 m.11
Figure 22: Volante con bloque unido mediante un alambre enrollado en el volante. Soluci´ on. Es importante notar que la aceleraci´on angular del volante y la aceleraci´on lineal del bloque est´ an relacionadas por la ecuaci´ on aA = α r donde α, aA y r son respectivamente la aceleraci´on angular del volante, la aceleraci´on vertical del bloque A y el radio exterior del volante. Adem´ as, si α es en sentido horario, aA es hacia abajo. Los diagramas de cuerpo libre del volante y del bloque se muestran en la figura 23. Las ecuaciones de movimiento del volante y el bloque est´ an dadas por X Fx = M aGx ROx = 0 X Fy = M aGy ROy − T − M g = 0 X TG = I G α −T r = M k 2 α X Fy = M a A T − MA g = MA a A donde k es el radio de giro del volante, M es la masa del volante y MA es la masa del bloque A. Las u ´nicas ecuaciones relevantes son las dos u ´ltimas. Sustituyendo la aceleraci´on angular se tiene que −T r = M k 2
aA r
o
T =−
M k 2 aA r2
11 Este es el Problema 16.32 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R., Mazurek, D.F. et al, Ninth edition, McGraw Hill: NewYork
20
Figure 23: Diagramas de cuerpo libre y bloque. Sustituyendo este resultado en la u ´ltima ecuaci´ on, se tiene que −
M k 2 aA − MA g = MA a A r2
Por lo tanto aA = −
MA g MA + M
Sustituyendo los valores num´ericos, se tiene que aA = −
k 2 r
(15 kgm) 9.81m/s2 15 kgm + 120 kgm
0.375 m 2 0.5 m
= −1.7836 m/s2
El signo negativo indica que el bloque A se mueve hacia abajo, como era de esperarse. Es importante notar que el bloque A tiene movimiento rectil´ıneo con aceleraci´on uniforme. Por lo tanto, si el sistema parte del reposo v0A = 0 y √ 2 vf2 A − v0A = 2 aA s A o vf A = 2 aA sA = 2.313 m/s. Desafortunadamente, est´ a ecuaci´ on unicamente indica la magnitud de la velocidad, pero es evidente que la direcci´on de la velocidad es hacia abajo. Problema 3.3 El disco B tiene una velocidad angular ω0 cuando se pone en contacto con el disco A, que est´ a en reposo. Demuestre que a) las velocidades angulares finales de los discos son independientes de los coeficientes de fricci´on µk entre los discos siempre que µk 6= 0, b) que la velocidad angular final del disco B depende s´ olo de ω0 y del cociente de las masas mA y mB de los discos.12 Soluci´ on. Primero se realizan los diagramas de cuerpo libre de los dos discos, se supone tambi´en el caso de que no existe deslizamiento entre ellos. Se coloca un punto de referencia Q donde los dos discos est´ an en contacto. A f´ın de que las velocidades de los discos lleguen a una situaci´on tal que no exista deslizamiento, el disco B debe tener una aceleraci´on angular en sentido antihorario. Es decir α ~ B = αB kˆ En estas dos figuras, 25 y 26, se puede observar que las reacciones que existen en los ejes de los discos no es de utilidad. Puesto que no son necesarias para el c´alculo de las velocidades angulares de los mismos. Puesto que los discos est´ an sujetos a rotaci´on baric´entrica, las ecuaciones de Newton-Euler se reducen a: ΣTGA = IGA αA ΣTGB = IGB αB 12 Este es el Problema 16.45 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
21
Figure 24: Figura problema 16.45 del libro de Beer y Johnston.
Figure 25: Diagrama de cuerpo libre del disco A. Se observa que u ´nicamente la acci´on de la fuerza de fricci´on en en el punto Q de cada disco produce un momento. De tal manera que: ΣTGA = IGA αA = µk N rA
ΣTGB = IGB αB = µk N rB
Despejando la aceleraci´on angular para cada disco: αA =
µk N rA IGA
αB =
µk N rB IGB
Los momentos de inercia de los discos est´ an dados por 1 1 MA rA 2 IGB = MB rB 2 2 2 Como puede observarse, el ´ algebra nos indica que ambas aceleraciones son en sentido antihorario, puesto que su signo es positivo. A continuaci´on se procede a identificar el comportamiento de los discos antes y despu´es de que entren en contacto. Para t=0 : 2µk N rB ˆ 2µk N ˆ k= α ~B = ω ~ B = −ω0 kˆ k (1) MB rB 2 MB rB 2µk N ˆ 2µk N rA ˆ k= ω ~ A = ~0 α ~A = k (2) 2 MA rA MA rA IGA =
Integrando las aceleraciones angulares de los discos B y A en funci´on del tiempo, desde t = 0 hasta un tiempo t se obtiene: ω ~ B (t) =
2µk N ˆ tk + C 1 MB rB
ω ~ A (t) = 22
2µk N ˆ tk + C 2 MA ra
Figure 26: Diagrama de cuerpo libre disco B. Para determinar las constantes de integraci´ on, evalue las ecuaciones para t = 0 ω ~ B (0) =
2µk N (0)kˆ + C1 = −ω0 kˆ MB rB
C1 = −ω0 kˆ
De manera semejante, para el disco A ω ~ A (0) =
2µk N (0)kˆ + C2 = 0 MA rA
C2 = 0
Las ecuaciones de la velocidad angular como funci´on del tiempo t son 2µk N ˆ 2µk N ω ~ A (t) = t − ω0 kˆ tk ω ~ B (t) = MB rB MA rA Recurriendo a las ecuaciones de cinem´ atica de cuerpos r´ıgidos de cuerpos sujetos a rotaci´on alrededor de un eje fijo, se tiene que las velocidades de los puntos Q como parte de los discos B y A est´ an dadas por 2µk N 2µk N t − ω0 kˆ × (−rBˆi) = (ω0 − t)rB ˆj ~vQ/B = ω ~ B (t) × ~rQ/GB = MB rB MB rB ~vQ/A = ω ~ A (t) × ~rQ/GA = (
2µk N ˆ 2µk N ˆ tk) × (rAˆi) = ( t)j MA rA MA
Existe un periodo durante el cual, existe deslizamiento entre los discos. El final de este periodo est´ a indicado por por la condici´ on de que la velocidad de Q respecto del disco B es igual a la velocidad del punto Q respecto del disco A; es decir ~vQ/B = ~vQ/A Sustituyendo las ecuaciones anteriores ω0 −
2µk N t 2µk N t = MB MA
se tiene que el tiempo, tf , para el cual los discos dejan de deslizarse est´ a dado tf =
ω0 rB MA MB 2µk N (MA + MB )
Sustituyendo tf en la ecuaci´ on de la velocidad angular del disco B se tiene que 2µk N ω0 rB MA MB 2µk N − ω0 kˆ tf − ω0 kˆ = ω ~ B (tf ) = MB rB MB rB 2µk N (MA + MB ) MA −(MA + MB ) + MA ˆ −MB = ω0 −1 + kˆ = ω0 k = ω0 kˆ MA + MB MA + MB MA + MB 23
Sustituyendo tf en la ecuaci´ on de la velocidad angular del disco A se tiene que 2µk N ˆ rB MB 2µk N ω0 rB MA MB ω ~ A (tf ) = kˆ = ω0 tf k = kˆ MA rA MA rA 2µk N (MA + MB ) rA (MA + MB ) De esta manera se prueba que las velocidades angulares finales no dependen del coeficiente de fricci´on. Problema 3.4 Cada uno de los engranes A y B pesa 20 lb y tiene un radio de giro de 7.5 pulg, el pi˜ n´on C pesa 5 lb y tiene un radio de giro de 3 pulg. Si el cople M, de magnitud constante de 50 lb − pulg, se aplica al pi˜ n´on C, determine (a) la aceleraci´on angular del engrane A, (b) la fuerza tangencial que el engrane C ejerce sobre A.13
Figure 27: Dos engranes movidos por un pi˜ non. Soluci´ on. De la cinem´ atica de cuerpos r´ıgidos, se tiene que las aceleraciones angulares de los engranes est´ an relacionadas mediante las ecuaciones rC αA rA = αC rC = αB rB o αA = αB = αC rA pues rA = rB . Debe notarse adem´ as que MA = MB y kA = kB .14
Figure 28: Diagramas de cuerpo libre de los dos engranes y el pi˜ non. Revisando los diagramas de cuerpo libre de los engranes, se nota que no es necesario establecer las sumas de fuerzas de cada uno de los engranes, pues cada uno de ellos est´ a sujeto a rotaci´on baric´entrica; es decir ~aAG = ~aBG = ~aCG = ~0. 13 Este
es el Problema 16.32 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R., Mazurek, D.F. et al, Ninth edition, McGraw Hill: NewYork 14 Es evidente que la aceleraci´ on angular del pi˜ n´ on C es horaria y que las aceleraciones angulares de los engranes A y B son horarias, por eso, en este caso indiqu’e esas direcciones. Pero es posible dejar que el ´ algebra gu´ıe el resultado.
24
Note adem´ as que si la aceleraci´on del engrane C es en sentido antihorario las aceleraciones de los engranes A y B es en sentido antihorario. De manera que la suma de fuerzas unicamente permiten determinar las reacciones en las revolutas, ejes de rotaci´on, de los engranes. Adem´ as se supone que las fuerzas entre los engranes est´ an dadas por fuerzas tangenciales a los radios mostrados, que se denominar´ an posteriormente radios de paso. Posteriormente, en cursos mas avanzados se mostrar´a que las fuerzas entre los engranes incluyen componentes radiales que incrementan las reacciones en las revolutas. Las ecuaciones asociadas a los momentos alrededor de las revolutas est´ an dadas por X 2 TAG = IAG αA FA rA = MA kA αA X 2 TBG = IBG αB FB rA = MA kA αA X 2 TCG = ICG αC − M + FA rC + FB rC = −MC kC αC De la primeras dos ecuaciones se tiene que
Sustiyendo en la
P
FA
=
2 2 MA k A αC rC MA k A αA = 2 rA rA
FB
=
2 2 MA k A αA MA k A αC rC = 2 rA rA
TCG = ICG , se tiene que
−M +
2 2 MA k A αC rC MA k A αC rC 2 r + rC = −MC kC αC C 2 2 rA rA
o αC =
M 2 + 2 M k2 MC k C A A
2 rC 2 rA
=
1 Lbm − p2 /s2 50(32.2) 12 2 2 = 34.2918 rad/s . 4 pulg 5 Lbm(0.25 p)2 + 2 20 Lbm(0.75 p)2 10 pulg
Por lo tanto, la aceleraci´on del engrane A ser´a αA = αB = αC
4 pulg rC = 34.2918 rad/s2 = 13.7167 rad/s2 . rA 10 pulg
y la fuerza entre los engranes A y C est´ a dada por FA =
2 MA k A αA 20 Lbm(0.75 p)2 13.7167 rad/s2 = = 185.176 P oundals = 5.75 Lbf. rA 0.8333 p
Problema 3.5 Dos discos uniformes y dos cilindros se ensamblan como se muestra en la figura 29. El disco A pesa 20 Lb y el disco B pesa 12 Lb. Sabiendo que el sistema se suelta a partir del reposo, determine la aceleraci´on (a) del cilindro C, (b) del cilindro D. Los discos A y B est´ an atornillados entre s´ı y est´ an unidas a cuerdas separadas enrolladas en los discos.15 Soluci´ on: Considere la doble polea mostrada en la figura. El primer paso ser´a calculan los momentos de inercia de la doble polea IG =
1 1 1 2 1 1 2 2 MA rA + MB rB = (20 lbm)( f t)2 + (12 lbm)( f t)2 = 5.94 lbm − f t2 2 2 2 3 2 2
Adem´ as se calcular´ an las aceleraciones de los cilindros C y D. Para lo cual, se tiene que ~aC = ~aQ = α ~ × ~rQ/O = α kˆ × (−rA ˆi) = −α rA ˆj ~aD = ~aP = α ~ × ~rP/O = α kˆ × (rB ˆi) = α rB ˆj 15 Este es el Problema 16.37 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
25
Figure 29: Doble polea con pesos.
Figure 30: Diagramas de cuerpo libre de la doble polea con pesos. Ahora se determinar´an las ecuaciones de movimiento de la polea y de los cilindros, s´ olo se indican las que son necesarias La suma de momentos alrededor del centro de masas de la polea ΣTG = IG α
T3 rA − T4 rB = IG α
La suma de fuerzas en la direcci´on del eje Y para el cilindro C Σ Fy = M a y
T3 − MC g = MC (−α rA )
T3 = MC (g − α rA )
La suma de fuerzas en la direcci´on del eje Y para el cilindro D Σ Fy = M a y
T4 − MD g = MD (α rB )
T4 = MD (g + α rB )
Sustituyendo las ecuaciones de las tensiones de la cuerda en la suma de momentos, se tiene que MC (g − α rA ) rA − MD (g + α rB ) rB = IG α Por lo tanto α=
(MC rA − MD rB ) g 2 + M r2 IG + MC rA D B
Sustituyendo los valores num´ericos, se tiene que α=
(32.2 f t/s2 )[(15 lbm)(0.666 f t) − (18 lbm)(0.5 f t)] = 1.88 rad/s2 [5.94 + (15) (0.666)2 + (18) (0.5)2 ] lbm − f t2 26
Finalmente, para determinar las aceleraciones de los cilindros, se tiene que −2 ˆ ~aC = −α rA ˆj = −(1.88rad/s2 ) f t j = −1.2533f t/s2 ˆj 3 y
1 ~aD = α rB ˆj = (1.88rad/s2 ) f t ˆj = 0.94 f t/s2 ˆj 2
Problema 3.6 El volante que se muestra en la figura 31 consiste en un disco de 30 pulgadas de di´ametro con peso de 240 Lb. El coeficiente de fricci´on entre la banda y el volante es de 0.35. Si la velocidad angular inicial del volante alcanza las 360 r.p.m. en el sentido de las manecillas del reloj, determine la magnitud de la fuerza P~ requerida para deternerlo en 25 revoluciones.16
Figure 31: Gr´ afica de un volante sujeto a fricci´on. Soluci´ on: Este problema permite introducir un tema que forma parte de la est´ atica pero que quiz´as los lectores no recuerdan, ese tema es fricci´on en bandas o cuerdas. Para tal f´ın considere la figura 32, que muestra un volante con una banda o cuerda que rodea al volante 180◦ , la figura muestra adem´ as un an´alisis de fuerzas infinitesimales que permite determinar la relaci´ on entre las fuerzas T~1 y T~2 que aparecen en los extremos de la banda, o correa.
Figure 32: Deducci´ on del Incremento de la Fuerza de Tension Debido a la Fricci´ on. Considere el equilibrio del elemento de la banda o correa mostrado en la figura 32. Las ecuaciones son X
Fy = 0
T sen
∆θ ∆θ + (T + ∆ T ) sen − N = 0, 2 2
16 Este es el Problema 16.23 del libro Mec´ anica Vectorial Para Ingenieros, Din´ amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edici´ on, McGraw Hill: M´ exico D.F.
27
Despreciando, los t´erminos infinitesimales de orden superior, se tiene que17 N = 2 T sen y X
Fx = 0
− T cos
∆θ ≈ T ∆ θ. 2
∆θ ∆θ + (T + ∆ T ) cos − µ N = 0, 2 2
Nuevamente, despreciando los t´erminos de orden superior, y sustituyendo el valor de N ,18 se tiene −T + (T + ∆ T ) − µ T ∆ θ = 0 o
∆T dT = µT = µ T. ∆θ dθ Por lo tanto, resolviendo la ecuaci´ on diferencial, se tiene que Z Z dT = µθ Ln | T |= µ θ + C T = eµ θ+C T = C 1 eµ θ T ∆T = µT∆θ
Si se propone la condici´ on inicial que para θ = 0, T = T0 , se tiene que T 0 = C 1 eµ 0 = C 1 1 = C 1 Por lo tanto T (θ) = T0 eµ θ . De la cinem´ atica del cuerpo r´ıgido, para que el volante pare en 25 rev = 50 π rad., desde una velocidad angular de ω0 = 360 r.p.m. = 12 π rad/s, es necesario que la aceleraci´on angular sea igual a α=
2 ωf2 − ω02 0 − (12 π rad/s) 36 π rad = =− . 2∆ θ 2 (50 π) 25 s2
Es importante notar que el signo negativo aqu´ı indica que la aceleraci´on es en sentido opuesto a la velocidad angular inicial, y por lo tanto, en sentido antihorario. Por otro lado, puesto que la banda est´ a enrollada un cuarto de vuelta en el volante, la fuerza en el otro extremo de la banda est´ a dada por π P f = P eµ 2 Finalmente, el momento de inercia del volante con respecto al eje de rotaci´on, que es un eje principal de inercia, est´ a dado por 1 IG = M r 2 2 De modo que la ecuaci´ on de movimiento del sistema est´ a dada por X
o
MG = I G α
π
− P r + P eµ 2 r =
72 π rad 1 M r2 . 2 25 s2
π 1 36 π rad . P eµ 2 − 1 r = M r 2 2 25 s2
o P =
17 Para 18 Para
M r 1825π rad 18 π (240 Lbm.) (1.25 pies) s2 = π π µ 25 e 2 −1 eµ 2 − 1
´ngulos peque˜ a nos sen α = α en radianes. angulos peque˜ ´ nos cosα = 1
28
rad s2
= 925.92 poundals = 28.755 Lbf.
4
An´ alisis din´ amico de cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento plano general.
En esta secci´on, se presentar´an algunos problemas relacionados con el an´alisis din´ amico de cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento plano general. Problema 4.1 Una viga AB de masa m y secci´on transversal uniforme se suspende de dos resortes en la forma indicada en la figura 33. Si el resorte 2 se rompe, determine en ese instante. a). La aceleraci´on angular de la viga. b). La aceleraci´on del punto A. c). La aceleraci´on del punto B.19
Figure 33: Viga sujeta mediante resortes. Soluci´ on. Como la viga se an´aliza inmediatamente despu´es de romperse el resorte, la velocidad angular de la viga es nula. Como la viga es de secci´on transversal uniforme, el centro de masas de la viga G est´ a en la mitad de la viga. La fuerza de los resortes 1 y 2 tienen la direcci´on de los resortes, y el ´angulo se denominar´ a θ = 30◦ . Primeramente, se realizar´a el an´alisis est´ atico de la viga, cuando est´ an los dos resortes presentes. La ecuaci´ on a emplear ser´a X ~ = ~0 F~ = ~0 F~1 + F~2 − W (−F1 cos θ ˆi + F1 sen θ ˆj) + (F2 cos θ ˆi + F2 sen θ ˆj) − m g ˆj = ~0 −F1 cos θ + F2 cos θ = 0
F1 sen θ + F2 sen θ − m g = 0
Por lo tanto −F1 cos θ + F2 cos θ = 0
y
F1 = F2 = F
mg = mg 2 sen 30◦ El enunciado del problema no indica el peralte de la viga, el siguiente an´alisis muestra que esta variable no es de importancia. Se denominar´ an P1 y P2 los puntos de contacto del resorte con la viga de manera que L h L h ~rP 1/G = − ˆi + ˆi ~rP 2/G = ˆi + ˆi 6 2 6 2 Por lo tanto, la ecuaci´ on X T~G = ~rP 1/G × F~2 + ~rP 2/G × F~1 = ~0 F sen θ + F sen θ = m g
conduce a ˆi −L 6√ −mg 3 2
ˆj h 2 mg 2
kˆ 0 0
ˆi L + 6√ mg 3 2
ˆj h 2 mg 2
kˆ 0 0
F = F1 = F2 =
√ √ = (−3 m g L + 3 m g h + 3 m g L − 3 m g h)kˆ = ~0 4 4
19 Este es el Problema 16.65 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
29
Puesto que el problema es muy sencillo, se formular´ an las ecuaciones de Newton-Euler sin realizar el diagrama de cuerpo libre de la barra y del resorte restante X
Fx = maGx √ 3 −m g = m aGx 2 mg −m g + = m aGy 2
aGx aGy
Por lo tanto
X
Fy = maGy √ 3 = −g 2 g =− 2
√
3ˆ g ˆ i− j 2 2
~aG = −g Adem´ as X
TG = I G
− Por lo que
mgL ˆ k 12
=
ˆi L − 6√ −m g 3 2
ˆj 0 mg 2
kˆ 0 0
= ~rP /G × F~1 = 1 m L2 α kˆ 1 12
g g mgL mL2 =− α ~ = − kˆ 12 12 L L Finalmente, la aceleraci´on del punto A est´ a dada por ! √ √ g L 3ˆ g ˆ 3ˆ 2 i − j + − kˆ × − ˆi = −g i = −0.866 g ˆi. ~aA = ~aG + α ~ × ~rA/G − ω ~rA/G = −g 2 2 L 2 2 α=−
Con este resultado, finaliza el problema. Problema 4.2 El panel uniforme rectangular de masa m se mueve a la derecha cuando la rueda B cae del riel de soporte horizontal. Determine la aceleraci´on angular resultante y la fuerza TA en el tirante A inmediatamente despu´es de que la rueda B sale del riel. Desprecie la fricci´on, la masa de los tirantes y de las ruedas, vea la figura 34.20
Figure 34: Placa rectangular montada sobre el riel. Soluci´ on. Este es un problema que muestra algunas de las deficiencias de los problemas propuestos por los libros de texto actuales. Debe notarse que 20 Este es el Problema 6.90 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. J.L.Meriam, L.G.Kraige, Seventh Edition, Jonh Willey and Sons, Inc.: New York.
30
• Impl´ıcitamente supone que el movimiento de la placa rectangular es a velocidad constante v. • No hay mayor detalle acerca de las conecciones entre la placa, los tirantes y las ruedas. En el diagrama de cuerpo r´ıgido de la placa, mostrado en la figura 35, supondremos que el tirante A est´ a articulado mediante un perno en el punto P , tan cercano al borde de la placa que seguiremos considerando la distancia vertical entre el centro de masas G y el punto P como h/2.
Figure 35: Diagrama de cuerpo libre. De las condiciones del problema se sabe que justo despu´es de que la rueda B se sale de la gu´ıa, la velocidad angular de la placa es cero, ω = 0 y la aceleraci´on del punto P es cero, ~aP = ~0.21 Por lo tanto la aceleraci´on del centro de masas G est´ a dada por bˆ h ˆ b ˆ hˆ 2 ˆ ~aG = ~aP + α ~ × ~rGP − ω ~rGP = αk × i− j =α j+ i 3 2 3 2 Por otro lado, se sabe que el momento de inercia de la placa rectangular uniforme respecto a un eje perpendicular al plano de la placa y que pasa por su centro de masas es igual a IG =
1 M (h2 + b2 ) 12
Se formular´ an las ecuaciones de Newton-Euler, para fuerzas en la direcci´on vertical y suma de momentos alrededor del punto G, se tiene que ΣFy = M aGy
TA − m g = m aGy
y ΣTG = IG α
− TA
1 b = m(h2 + b2 ) α 3 12
Despejando TA de la ecuaci´ on (3), resulta b TA = m(g + aGy ) = m g + α 3 Sustituyendo el valor de TA en la ecuaci´ on (4) se obtiene la aceleraci´on angular. b b 1 m g+α − = m(h2 + b2 ) α 3 3 12 Despejando el valor de la aceleraci´on angular tenemos: α=
−12gb 3h2 + 7b2
Sustituyendo α en TA obtenemos TA = m g 21 Debe
3(h2 + b2 ) 3h2 + 7b2
notarse que esta suposici´ on no ser´ıa correcta si el tirante A estuviera rigidamente unido a la placa.
31
(3)
(4)
Estos resultados corresponden a los indicados por el libro. Todo parece normal, excepto que si consideramos la suma de fuerzas en la direccion x, se tiene que ΣFx = M aGx
0 = m aGx = m α
h 2
(5)
Puesto que α 6= 0 y no hay fuerzas en la direcci´on horizontal. La soluci´ on no es satisfactoria.
4.1
An´ alisis din´ amico de cuerpos r´ıgidos sujetos a rotaci´ on no baric´ entrica.
En esta secci´on, se presentar´an algunos problemas relacionados con el an´alisis din´ amico de cuerpos r´ıgidos sujetos a rotaci´on no baric´entrica. Problema 4.1.1 El elemento uniforme cuya forma corresponde a un cuarto de c´ırculo y su masa es m, se libera desde el reposo con uno de sus bordes en posici´on vertical, tal como se muestra en la figura 36. Determine la aceleraci´on angular inicial y las reacciones horizontal y vertical del pivote ideal en O.22
Figure 36: Elemento uniforme en forma de cuarto de c´ırculo. Soluci´ on. Para solucionar este problema es necesario realizar en primer lugar un diagrama del cuerpo con las fuerzas que se encuentran actuando sobre el mismo. Del diagrama del cuerpo, cabe resaltar que no se conocen las coordenadas respecto al punto O donde se encuentra ubicado el centro de masa, G del elemento. El vector de posici´on del centro de masas G respecto al punto O se separar´a en una componente horizontal, que se designa como rGOx , y una componente vertical, que se designa rGOy . El vector de posici´on formado por estas componentes se define como ~rO/G = rGOxˆi + rGOy ˆj. El vector de posici´on ~rO/G puede tambi´en calcularse mediante el primer momento de masas del elemento con respecto al punto O, QO , a partir de la ecuaci´ on ~rO/G =
~O Q m
~ O , se determina como El primer momento de masas del elemento con respecto al punto O, Q Z ˆ dV ~ (xˆi + yˆj + z k)ρ QO = B
22 Este
es el Problema 6.41. del libro Engineering Mechanics: Dynamics. Meriam, J.L. and Kraige, L.G., Seventh Edition, Jonh Willey and Sons, Inc.: New York.
32
Figure 37: Diagrama de cuerpo libre del elemento. El volumen del cuerpo se determina a partir de la ecuaci´ on V =
πb2 t, 4
donde t indica el espesor, constante, del elemento. Por tanto la densidad es igual a ρ=
m m 4m = πb2 = 2 V πb t 4 t
~O Determinaci´on de la componente en el eje x de Q QOx
= = =
Z bZ 0 Z t 4m 2 4m rdzdθdr = r cos θdzdθdr 2 2 πb t 0 πb t B B −π 0 2 Z bZ 0 Z Z 4m b 0 2 4m t 2 r cos θdθdr z|0 = 2 r cos θdθdr πb2 t 0 − π2 πb 0 − π2 b Z Z 4m b 2 4m b 2 4m r3 4mb 4m b3 0 r dr sin θ| r dr = = = π = −2 2 2 2 2 πb 0 πb 0 πb 3 0 πb 3 3π
Z
xρdV =
Z
r cos θ
~O Determinaci´on de la componente en el eje x de Q QOy
= = =
Z bZ 0 Z t 4m 2 4m rdzdθdr = r sin θdzdθdr 2 2 π πb t − 2 0 πb t 0 B B Z bZ 0 Z Z 4m 4m b 0 2 t 2 r sin θdθdr z|0 = 2 r sin θdθdr πb2 t 0 − π2 πb 0 − π2 b Z Z 4m b 2 4m r3 4mb 4m b 2 4m b3 0 r dr (− cos θ)| r dr = − =− = − π = − −2 2 2 2 2 πb 0 πb 0 πb 3 0 πb 3 3π
Z
yρdV =
Z
r sin θ
Las componentes cartesianas del vector de posici´on ~rGO est´ an dadas por rGOx =
4mb 4b QOx = = m 3πm 3π
rGOy =
QOy 4mb 4b =− =− m 3πm 3π
por tanto, el vector posici´on del punto O respecto al centro de masa G es 4b 4b ˆ ~rO/G = −rGOxˆi + rGOy ˆj = − ˆi + j 3π 3π
33
Puesto que el elemento est´ a sujeto a rotaci´on no-baric´entrica, es necesario conocer la inercia del cuerpo respecto a un eje perpendicular al plano del papel que pasa por el punto O. Z Z Z bZ 0 Z t 4m 2 2 2 4m r3 dzdθdr IOzz = (x + y )ρdV = r rdzdθdr = 2 πb2 t πb t 0 − π2 0 B B Z Z Z bZ 0 t 4m b 0 3 4m 3 = r drdθ z r dθ dr = πb2 t 0 − π2 πb2 0 − π2 0 Z b Z 0 π 4m b 3 4m r3 dr (0 + ) r drθ = = 2 πb2 0 πb 2 −π 0 2 Z Z m 4mπ b 3 2m b 3 2m 1 4 b m = r dr = 2 r dr = 2 r = 2 b4 = b2 2πb2 0 b b 4 2b 2 0 0 La aceleraci´on del centro de masa est´ a dado por 4b 4b ˆ 4bα ˆ 4bα ˆ ~aG = α ~ × ~rG /O = αkˆ × ( ˆi − j) = i+ j 3π 3π 3π 3π Realizando la sumatoria de momentos respecto al punto O: X
Por tanto
TO = IOzz α
α=−
− mg
4b 1 = mb2 α 3π 2
8g 4bg 2 =− 3π b2 3bπ
en el sentido de las manecillas del reloj. Realizando la sumatoria de fuerzas en el eje X X 4bα 8g 32mg 4mb Fx = maGx − ROx = m = − =− 3π 3π 3bπ 9π 2 Finalmente
32mg 9π 2 El sentido de esta reacci´on es hacia la derecha. Similarmente, realizando la sumatoria de fuerzas en el eje Y X 4b α Fx = maGy ROy − mg = m 3π ROx =
Finalmente
ROy = m g +
4mb 3π
8g − 3bπ
32 = mg 1 − 2 9π
El sentido de esta reacci´on es hacia arriba. Problema 4.1.2 Una barra uniforme de longitud L y masa m se sostiene como se indica en la figura 38. Si el cable unido en B se rompe de manera repentina, determine a) la distancia b para la cual la aceleraci´on del extremo A es m´axima, b) la aceleraci´on correspondiente del extremo A y la reacci´on en C.23 Solution: Considere el diagrama de cuerpo libre de la barra mostrado en la figura 39, puesto que al romperse la cuerda en B, la velocidad angular de la barras es 0, solo est´ a presente la aceleraci´on normal. Las ecuaciones de movimiento del cuerpo r´ıgido son X X l Fx = 0 Rcx = 0 Fy = M aGy RCy − m g = −m α −b 2 y, finalmente, X
TC = I C α
−m g
l −b 2
"
1 =− m l2 + m 12
l −b 2
2 #
α=−
1 1 m l 2 + m l 2 − m l b + m b2 12 4
23 Este es el Problema 16.80 del libro Mec´ anica Vectorial Para Ingenieros, Din´ amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edici´ on, McGraw Hill: M´ exico D.F.
34
α.
Figure 38: Barra soportada por un apoyo y una cuerda.
Figure 39: Cuerpo libre de la barra. Por lo tanto, la aceleraci´on angular de la barra est´ a dada por g 2l − b α= 1 2 2 3l − l b + b Por lo tanto, la magnitud de la aceleraci´on del punto A est´ a dada por g l b − b2 | ~aA |= α b = 1 2 2 , 2 3l − l b + b si se considera que b es una variable, el m´aximo valor de | ~aA | est´ a dada para cuando g 2l − 2 b 31 l2 − l b + b2 − g l2b − b2 (−l + 2 b) d | ~aA | = 0= 2 1 2 db l − l b + b2 3
Por lo tanto
l − 2b 2
1 2 l − l b + b2 3
Reduciendo la ecuaci´ on se tiene que
−
lb 2 − b (−l + 2 b) = 0. 2
l2 − 4 l b + 3 b2 = 0.
Las dos raices de la ecuaci´ on son24 p 4 l ± 16 l2 − 4 (3) (l2 ) 4l ± 2l = b= 2 (3) 6 Empleando b2 = 3l , se tiene que α=
l 2
g 1 2 3l
−l
− l 3
l 3
+
l2 9
=
b1 = l
3g 2l
De manera que, la magnitud de la aceleraci´on del punto A est´ a dado por | ~aA |= α 24 Cual
3g l g l = = . 3 2l 3 2
es el argumento para no emplear b1 ?
35
b2 =
l . 3
Finalmente la componente y de la reacci´on en C est´ a dada por 3 3g l l = m g. −b =m g− RCy = m g − α 2 2l 6 4 Problema 4.1.3 Una barra uniforme de longitud L y masa m se sostiene como se indica en la figura 40. Si el cable unido en B se rompe de manera repentina, determine a) la aceleraci´on correspondiente del extremo B y la reacci´on en el perno de apoyo A.25
Figure 40: Barra soportada por un apoyo y una cuerda. Soluci´ on. El diagrama de cuerpo libre de la barra se muestra en la figura 41.
Figure 41: Diagrama de cuerpo libre de la barra soportada por un apoyo y una cuerda. Se asumir´a que, contrario al sentido com´ un, pero confiados en que el ´algebra proporcione el resultado correcto, la aceleraci´on angular de la barra es antihoraria; es decir ˆ α ~ = α k. Note que como el sistema se analiza a partir del reposo ω ~ = ~0. Entonces, la aceleraci´on del centro de masas est´ a dado por L L ~aG = α ~ × ~rG/A − ω 2 ~rG/A = α kˆ × ˆi = α ˆj 2 2 Por otro lado, aplicando el teorema de ejes paralelos, se tiene que IA = IG + m
2 1 1 1 L = m L2 + m L2 = m L2 2 12 4 3
Las ecuaciones de movimiento de la barra son ΣFx = M aGx
RAx = 0
Finalmente, ΣTA = IA α
−Mg
ΣFy = M aGy
RAy − M g = M α
1 L = M L2 α 2 3
α=−
L 2
3g 2L
25 Este es el Problema 16.84 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
36
Por lo tanto, la reacci´on en A est´ a dada por L RAy − M g = M α 2
RAy
L L =Mg+Mα =Mg+M 2 2
3g − 2L
=
1 Mg 4
Problema 4.1.4 Dibuje los diagramas de fuerza cortante y momento flector para la viga del problema 4.1.3 inmediatamente despu´es de que el cable B se rompe.26 Soluci´ on. Una secci´on de la viga con las cargas est´ aticas y din´ amicas actuando sobre la viga est´ a mostrado en la figura 42. Debe notarse que la diferencial de masa de la viga est´ a dada por dm = Por otro lado, se sabe que
M dx L
~aA = ~0.
De manera que la aceleraci´on de un punto P localizado a una distancia x del extremo A est´ a dada por 3 g xˆ 3g ˆ k × x ˆi = − j ~aP = ~aA + α ~ × ~rP/A − ω 2 ~rP/A = − 2L 2L
Figure 42: Secci´on de la viga para encontrar el cortante y el momento flector. Para la fuerza cortante, a una distancia x del extremo A, considere el equilibrio de las fuerzas verticales que incluye la reacci´on en A, el peso uniformemente distribuido, la fuerza cortante que se desea determinar y esta suma debe ser igual a la fuerza necesaria para producir la aceleraci´on vertical correspondiente. Z Z x Mg Mg 3M g x 3g M x dx x dx − x+V =− ΣFy = − 4 L 2 L2 0 0 2L L Por lo tanto
3 M g x2 Mg Mg + x− 4 L 4 L2 Como comprobaci´ on, se evalua el cortante para x = 0 y para x = L, se tiene que V =−
V (0) = −
Mg 4
V (L) = −
Mg Mg 3 M g L2 + L− =0 4 L 4 L2
De manera semejante, se determinar´a el momento flector para una distancia x del extremo A, considere la suma de momentos con respecto al punto A Z Z x Mg x 3M g x 2 3g 2M x dx x dx − x + V x + Mf = − ΣTA = − L L 2 2 L2 0 0 2L 26 Este es el Problema 16.152 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
37
o bien Mf
= = =
3 M g x3 Mg Mg 3 M g x2 M g x2 x − − − + x− 2L 4 L 4 L2 2 L2 3 M g x2 M g x3 M g x M g x2 3 M g x3 − + − + 2 2L 4 L 4L 2 L2 3 2 M gx M gx M gx + + − 2L 4 4 L2
De manera semejante, se evalua el momento flector para x = 0 y para x = L, se tiene que M g L2 M g L M g L3 1 1 1 Mf (0) = 0 Mf (L) = − = 0. + + = M gL − + + 2L 4 4 L2 2 4 4 Problema 4.1.5 Una barra ligera y uniforme de longitud L = 36 in. y peso W = 4 lbf cuelga libremente de una articulaci´on en A, vea la figura 43. Una fuerza horizontal P = 1.5 lbf de magnitud se aplica en B hacia la izquierda, h = L, determine a) la aceleraci´on angular de la barra y b) las componentes de la reacci´on en A.27 Problema 4.1.6 En el problema 4.1.5, determine a) la distancia h para la cual la componente horizontal de la reacci´on en A es cero —este punto se denomina centro de percusi´ on— y b) la aceleraci´on angular correspondiente de la barra. 28
Figure 43: Dibujo de una barra que pende verticalmente. Soluci´ on. Primero se analizar´an el diagrama de cuerpo libre mostrado a la izquierda de la figura 44. Empleando las ecuaciones de Newton-Euler, se tiene que ΣFx = M aGx
−P + RAx = M α
ΣFy = 0
RAy − M g = 0 1 M L2 α = −P h 3
ΣTA = IA α
L 2
De la segunda ecuaci´ on, se tiene que RAy = M g De la tercera ecuaci´ on, se tiene que α=
−3 P h M L2
27 Este
problema es el Problema 16.76 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York. 28 Este problema es el Problema 16.77 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
38
Figure 44: Diagrama de cuerpo libre de una barra que pende verticalmente. y de la primera ecuaci´ on, se obtiene la reacci´on en x RAx = P + M α
L −3 P h L 3h =P +M = P 1 − 2 M L2 2 2L
Si para el primer problema h = L, se tiene que α=
−3 P L 3P 3(1.5)(32.2)Lbm − f t/s2 = − = − = = −12.075rad/s2 M L2 ML (4 Lbm)(3 f t)
y RAx = P + M y
3 P −3 P L L = P − P = − = −0.75 Lbf. M L2 2 2 2 RAy = M g = 4 Lbf.
Con este resultado finaliza el primer problema. Para resolver el segundo problema, se tiene que RAx debe ser igual a 0. Por lo tanto 3h −3 P h L = P 1 − RAx = P + M M L2 2 2L Entonces 3h 0=P 1− 2L
0=1−
3h 2L
3h = 2L
h=
2L 3
Entonces para la aceleraci´on angular, su ecuaci´ on algebraica y su valor num´erico son α
=
−3 P 23L −3 P h 2P 2 (1.5) (32.2) Lbm − f t/s2 = = − = = −8.05 rad/s2 M L2 M L2 ML (4 Lbm)(3 f t)
Con este resultado finaliza el problema. Problema 4.1.7 El objeto ABC consiste de dos barras delgadas soldadas entre si en el punto B. La barra AB tiene una masa de 1 Kg y la barra BC tiene una masa 2 Kg, vea la figura 45. Si la magnitud de la velocidad angular es de 10 rad/s cuando θ = 0, determine las componentes de la reacci´on en el punto C cuando θ = 0.29 Soluci´ on. Primero se muestra el dibujo en la posicion θ = 0, vea la figura 46 al igual que las reacciones involucradas, horizontal y vertical, ambas positivas, RCx y RCy , respectivamente, al igual que la velocidad angular. Note que a = 0.3 m, MAB = M , MBC = 2 M y ω = 10 rad/s. El cuerpo est´ a sujeto a rotaci´on alrededor de un eje fijo no baric´entrico que pasa por el punto C. 29 Este es el Problema 16.87 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
39
Figure 45: Elemento formado por dos barras.
Figure 46: Diagrama de cuerpo libre del elemento formados por dos barras. El primer paso consiste en determinar el centro de masas del elemento compuesto a partir de los centros de masas de los elementos simples. El elemento 1 es la barra BC y el elemento 2 es la barra AB. r a 17 |~rG2C | = a ~rG1C = 0 ˆi − a ˆj |~rG1C | = a ~rG2C = − ˆi − 2 a ˆj 2 4 Calculando el primer momento de masas del elemento compuesto respecto al punto C, se tiene que ~ C = MAB ~rG1C + MBC ~rG2C = 2M 0 ˆi − a ˆj + M − a ˆi − 2 a ˆj = −M a ˆi − 4 M a ˆj Q 2 2
Por otro lado, la definici´on del primer momento de a´rea de un cuerpo, indica que ~C Q
= MT ~rGC
donde MT = 3 M . Por lo tanto, el vector de posici´on del centro de masas del elemento compuesto respecto al punto C es aˆ ˆj i − 4M a −M ~ 2 QC a 4a ˆ ~rGC = = = − ˆi − j = −0.05 m ˆi − 0.4 m ˆj MT 3M 6 3 Adem´ as, se debe calcular el momento de inercia del elemento compuesto con respecto al punto C, IGBC =
1 1 2 MBC L2BC = (2M ) (2a)2 = M a2 12 12 3
y IGAB =
1 1 MAB L2AB = M a2 12 12
40
Aplicando el teorema de ejes paralelos para encontrar el momento de inercia del elemento compuesto, respecto al punto C IC
=
IGBC + MBC |~rG1C |2 + IGAB
=
M a2
2 1 17 +2+ + 3 12 4
1 2 + MAB |~rG2C |2 = M a2 + 2 M a2 + M a2 + M 3 12
= M a2
r
17 a 4
!2
8 + 24 + 1 + 51 = 7 M a2 12
Primeramente, se determinar´a la aceleraci´on angular del cuerpo, a partir de las ecuaciones de NewtonEuler g a α= Σ TC = I C α 3 M g = 7 M a2 α 6 14 a El resultado num´erico es α=
9.81 m/s2 = 2.3357 m/s2 14(0.3 m)
α ~ = 2.3357 m/s2 kˆ
A partir de estos resultados, es posible determinar la aceleraci´on del centro de masas del elemento compuesto ˆ × (−0.05 m ˆi − 0.4 m ˆj) − (10 rad/s)2 −0.05 m ˆi − 0.4 m ˆj ~aG = α ~ × ~rGC − ω 2 ~rGC = (2.3357 m/s2 k) = 5.93428 ˆi + 39.8832 m/s2 Entonces es posible determinar las reacciones en el apoyo C. Σ Fx = M aGx α
RCx = 3 M aGx α
RCx = 3(1 Kgm)(5.93428 m/s2 ) = 17.80284 N
y Σ Fy = M aGy α RCy
=
RCy − 3 M g = 3 M aGy α
3 M (aGy + g) = 3(1 Kgm)(9.81 + 39.8832) m/s2 = 149.0796 N
En t´erminos de magnitud y direcci´on la reacci´on en C est´ a dada por q p 2 + R2 = RC = RCx (17.80284 N )2 + (149.0796 N )2 = 150.138 N Cy
4.2
θ = tan−1
RCy = 83.19◦ RCx
An´ alisis din´ amico de mecanismos planos.
En esta secci´on, se presentar´an algunos problemas relacionados con el an´alisis din´ amico de mecanismos planos. Problema 4.2.1 La barra AB de 2 kg. y la barra BC de 3 kg. est´ an conectadas como se muestra en la figura a un disco puesto a girar en un plano vertical a velocidad angular constante de 6 rad./s. en el sentido de las manecillas del reloj. Para la posici´on indicada, determine las fuerzas ejercidas en A y B sobre la barra AB.30 Solution: Para resolver este problema es necesario determinar los an´alisis de velocidad y aceleraci´on del mecanismo plano de cuatro barras. Los vectores de posici´on necesarios, est´ an dados por ~rA/O = 60 mm.ˆj
~rB/A = 120 mm.ˆj
~rB/C = 180 mm.ˆj
Por otro lado, la velocidad y aceleraci´on angular del eslab´ on motriz, el disco 2, est´ a dada por ω ~ 2 = −6
rad. ˆ k s.
α ~ 2 = ~0.
30 Este es el Problema 16.130 del libro Mec´ anica Vectorial Para Ingenieros, Din´ amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edici´ on, McGraw Hill: M´ exico D.F.
41
3 4 2
1 Figure 47: Mecanismo plano de cuatro barras. La ecuaci´ on correspondiente al an´alisis de velocidad del mecanismo plano de cuatro barras es
ω ~ 2 × ~rA/O + ω ~ 3 × ~rB/A = ~vB3 rad. ˆ −6 k × 60 mm.ˆj + ω3 kˆ × 120 mm.ˆi s.
= ~vB4 = ω ~ 4 × ~rB/C = ω4 kˆ × 180 mm.ˆj
Haciendo a un lado las unidades, se tiene que las ecuaciones escalares del an´alisis de velocidad son 360 = −180 ω4
120 ω3 = 0,
y su soluci´ on est´ a dada por
rad. ˆ k ω~3 = ~0. s. La ecuaci´ on correspondiente al an´alisis de aceleraci´on del mecanismo plano de cuatro barras es ω ~ 4 = −2
α ~ 2 × ~rA/O − ω22 ~rA/O + α ~ 3 × ~rB/A − ω32 ~rB/A = ~aB3 2 rad. − −6 60 mm.ˆj + α3 kˆ × 120 mm.ˆi s.
= ~aB4 = α ~ 4 × ~rB/C − ω42 ~rB/C 2 rad. ˆ ˆ = α4 k × 180 mm.j − −2 180 mm.ˆj s.
Haciendo a un lado las unidades, se tiene que las ecuaciones escalares del an´alisis de aceleraci´on son 0 = −180 α4
−2160 + 120 α3 = −720,
y su soluci´ on est´ a dada por
rad. ˆ rad. ˆ k α~3 = 12 2 k. s2 . s . El siguiente paso consiste en determinar las aceleraciones de los centros de masas de los eslabones, supuestos homogeneos e uniformes 3 y 4. Estas aceleraciones est´ an dadas por α ~ 4 = −0
~aG3
y
= ~aA + ~aG3/A = α ~ 2 × ~rA/O − ω22 ~rA/O + α ~ 3 × ~rG3/A − ω32 ~rG3/A 2 rad. mm m rad. 60 mm.ˆj + 12 2 kˆ × 60 mm.ˆi = −1440 2 ˆj = −1.44 2 ˆj. = − −6 s. s . s s 2 rad. m mm ~aG4 = α ~ 4 × ~rG4/C − ω42 ~rG4/C = − −2 90 mm ˆj = −360 2 ˆj = −0.36 2 ˆj. s s s
Ahora si, prepararemos el an´alisis din´ amico del mecanismo plano de cuatro barras, el momento de inercia de la barra 3 respecto a su centro de masas, est´ a dado por I3/G3 =
1 1 2 m3 L23 = (2 Kgm.) (0.12 m) = 0.0024Kgm − m2 . 12 12
La figura 48 muestra los diagramas de cuerpo libre de los eslabones del mecanismo plano de cuatro barras.
42
Figure 48: Mecanismo plano de cuatro barras. Las ecuaciones de movimiento de los cuerpos 3 y 4, est´ an dadas por X X P Fx = 0 Fy = m3 aG3y TG3 = I3/G3 α3 RAx − RBx = 0
RAy − RBy − m3 g = m3 aG3y
−RAy
L3 L3 − RBy = I3/G3 α3 . 2 2
y X
Fx = 0
RBx + RCx = 0
P
Fy = m4 aG4y
RBy + RCy − m4 g = m4 aG4y
X
TG4 = I4/G4 α4
−RBx
L4 L4 + RCx = 0. 2 2
A partir de la primera, cuarta y sexta ecuaci´ on de estos dos conjuntos de ecuaciones, se tiene que RAx = RBx = RCx = 0. La segunda y tercera ecuaci´ on de estos dos conjuntos pueden escribirse como RAy − RBy
=
RAy + RBy
=
m3 (g + aG3y ) 2 − I3/G3 α3 . L3
Sumando las ecuaciones t´ermino a t´ermino, se tiene que 2 1 m3 (g + aG3y ) − I3/G3 α3 . RAy = 2 L m 2 rad 1 2 2 Kgm. (9.81 − 1.44) 2 − 0.0024 Kgm · m 12 2 = 2 s 0.12 m s = 8.13 N. De manera semejante, si se resta de la segunda ecuaci´ on, la primera ecuaci´on, se tiene que
RBy
= = =
1 2 −m3 (g + aG3y ) − I3/G3 α3 . 2 L3 m 2 rad 1 2 −2 Kgm. (9.81 − 1.44) 2 − 0.0024 Kgm · m 12 2 2 s 0.12 m s −8.61 N.
Soluci´ on Algebraica: En esta parte del problema, se volver´ a a resolver el problema empleando u ´nicamente, hasta casi hasta el final, exclusivamente el ´algebra. Para resolver este problema es necesario 43
determinar los an´alisis de velocidad y aceleraci´on del mecanismo plano de cuatro barras. Los vectores de posici´on necesarios, est´ an dados por ~rA/O = L ˆj
~rB/A = 2 L ˆj
~rB/C = 3 L ˆj
Por otro lado, la velocidad y aceleraci´on angular del eslab´ on motriz, el disco 2, est´ a dada por ω ~ 2 = ω2 kˆ
α ~ 2 = ~0.
donde L = 60 mm. = 0.06 m y ω2 = −6 rad s . La ecuaci´ on correspondiente al an´alisis de velocidad del mecanismo plano de cuatro barras es ω ~ 2 × ~rA/O + ω ~ 3 × ~rB/A = ~vB3 = ~vB4 = ω ~ 4 × ~rB/C ω2 kˆ × Lˆj + ω3 kˆ × 2 Lˆi = ω4 kˆ × 3 Lˆj Las ecuaciones escalares del an´alisis de velocidad son ω2 L = 3 ω4 L
2 ω3 L = 0,
y su soluci´ on est´ a dada por
1 ˆ ω~3 = ~0. ω2 k 3 La ecuaci´ on correspondiente al an´alisis de aceleraci´on del mecanismo plano de cuatro barras es ω ~4 =
α ~ 2 × ~rA/O − ω22 ~rA/O + α ~ 3 × ~rB/A − ω32 ~rB/A = ~aB3 −ω22 Lˆj + α3 kˆ × 2 Lˆi
= ~aB4 = α ~ 4 × ~rB/C − ω42 ~rB/C 1 2 3 Lˆj ω2 = α4 kˆ × 3 Lˆj − 3
Haciendo a un lado las unidades, se tiene que las ecuaciones escalares del an´alisis de aceleraci´on son 1 −ω22 L + 2 L α3 = − ω22 L, 3
0 = −3 L α4 y su soluci´ on est´ a dada por
1 2ˆ ω k. 3 2 El siguiente paso consiste en determinar las aceleraciones de los centros de masas de los eslabones, supuestos homogeneos e uniformes 3 y 4. Estas aceleraciones est´ an dadas por31 α ~ 4 = ~0
~aG3
α ~3 =
= ~aA + ~aG3/A = α ~ 2 × ~rA/O − ω22 ~rA/O + α ~ 3 × ~rG3/A − ω32 ~rG3/A 2 1 = −ω22 Lˆj + ω22 kˆ × Lˆi = − ω22 Lˆj. 3 3
y ~aG4 = α ~ 4 × ~rG4/C − ω42 ~rG4/C = −
1 ω2 3
2
3 ˆ 1 Lj = − ω22 L ˆj. 2 6
Ahora si, prepararemos el an´alisis din´ amico del mecanismo plano de cuatro barras, el momento de inercia de la barra 3 respecto a su centro de masas, est´ a dado por32 I3/G3 =
1 1 2 M3 (2 L) = M3 L2 . 12 3
La figura 49 muestra los diagramas de cuerpo libre de los eslabones del mecanismo plano de cuatro barras. Las ecuaciones de movimiento de los cuerpos 2, 3 y 4, est´ an dadas por X X P Fx = 0 Fy = 0 TG3 = 0 ROx − RAx = 0
31 Note
ROy − RAy − M2 g = 0
RAx L + T = 0.
que la aceleraci´ on del centro de masas del cuerpo 2 es ~0 pues el cuerpo est´ a sujeto a rotaci´ on baric´ entrica. que α ~ 2 = ~0 y α ~ 4 = ~0, no es necesario calcular I2/G2 y I4/G4 .
32 Puesto
44
Figure 49: Mecanismo plano de cuatro barras.
X
Fx = 0
RAx − RBx = 0
P
Fy = M3 aG3y
RAy − RBy − M3 g = M3 aG3y
X
TG3 = I3/G3 α3
−RAy L − RBy L = I3/G3 α3 .
y X
Fx = 0
P
Fy = M4 aG4y
X
TG4 = I4/G4 α4
3L 3L + RCx = 0. 2 2 A partir de la s´eptima y novena ecuaci´ on de estos dos conjuntos de ecuaciones, se tiene que RBx + RCx = 0
RBy + RCy − M4 g = M4 aG4y
−RBx
RBx = RCx = 0. Sustituyendo estas soluciones en la cuarta ecuaci´ on, se tiene que RAx = 0. Volviendo a sustituir esta ecuaci´ on en la primera y tercera ecuaci´ on, se tiene que ROx = T = 0. La quinta y sexta ecuaci´ on de estos dos conjuntos pueden escribirse como 2 2 RAy − RBy = M3 (g + aG3y ) = M3 g − ω2 L 3 1 1 1 1 1 RAy + RBy = − I3/G3 α3 = − M3 L2 ω22 = − M3 L ω22 . L L 3 3 9 Sumando las ecuaciones t´ermino a t´ermino, se tiene que 1 2 2 7 2 1 1 2 M3 g − ω 2 L − L ω 2 = M3 g − ω 2 L RAy = 2 3 9 2 9 # " 2 1 rad m 7 = −6 (0.06 m) = 8.13 N. 2 Kgm. 9.81 2 − 2 s 9 s De manera semejante, si se resta de la sexta ecuaci´ on, la quinta ecuaci´on, se tiene que RBy
= =
1 5 2 1 2 2 1 2 M3 − L ω 2 − g − ω 2 L = M3 −g + ω2 L 2 9 3 2 9 # " 2 rad m 5 1 −6 (0.06 m) = −8.61 N. 2 Kgm. −9.81 2 + 2 s 9 s 45
Como puede observarse, el problema puede resolverse tanto de manera algebraica como num´erica, la ventaja de la soluci´ on algebraica es que los resultados pueden aplicarse para diferentes dimensiones y sistemas de unidades. Problema 4.2.2 La biela conectora AB de una cierta m´aquina de combusti´ on interna pesa 1.2 Lb, tiene su centro de masas en G y tiene un radio de giro alrededor de G de 1.12 in. El pist´on incluyendo el perno pesan juntos 1.80 Lb. La m´aquina est´ a rotando a una velocidad constante de 3, 000 r.p.m., de manera que la velocidad angular de la manivela es 100 π rad/sec. Despreciando los pesos de los componentes y la fuerza ejercida por el gas en el cilindro comparado con las fuerzas generadas y calcule la magnitud de la fuerza sobre el pist´on A para un valor del ´angulo de la manivela θ = 90◦ .33
Figure 50: M´aquina de Combusti´ on Interna. Soluci´ on. La figura 51 muestra un esquema de la m´aquina de combusti´ on interna.
Figure 51: Esquema de la M´aquina de Combusti´ on Interna. An´ alisis Cinem´ atico del Mecanismo. Los vectores de posici´on de los puntos m´as importantes 33 Este
es el Problema 6.105 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. J.L.Meriam, L.G.Kraige, Seventh Edition, Jonh Willey and Sons, Inc.: New York.
46
desde el punto de vista cinem´ atico y din´ amico, son ~rB/O
= a2 ˆi ~rA/B = −a2 ˆi +
ω ~ 2 = w2 kˆ
p
b2
−
a22 ˆj
~rG/B
b1 b1 = ~rA/B = b b
α ~ 2 = ~0
−a2 ˆi +
q
b2
−
a22 ˆj
donde b = b1 + b2 . ~vB
=
ω ~ 2 × ~rB/O = w2 kˆ × a2 ˆi = w2 a2 ˆj
El an´alisis de velocidad del mecanismo se reduce a ~vA3
~vA4
q ˆ × −a2 ˆi + b2 − a2 ˆj = ~vB + ω ~ 3 × ~rA/B = w2 a2 ˆj + (w3 k) 2 q = −w3 b2 − a22 ˆi + (w2 a2 − w3 a2 ) ˆj vA ˆj
=
Igualando las expresiones para las velocidades ~vA3 y ~vA4 se tiene el siguiente sistema de ecuaciones q 0 = −w3 b2 − a22 v A = w2 a2 − w3 a2 La soluci´ on del sistema de ecuaciones y del an´alisis de velocidad del mecanismo est´ a dado por w3 = 0
v A = w2 a2
ω ~ 3 = ~0
~vA = w2 a2 ˆj
El an´alisis de aceleraci´on del mecanismo est´ a dado por ~aB
=
α ~ 2 × ~rB/O − ω 2 ~rB/O = −w22 a2 ˆi
El an´alisis de aceleraci´on del mecanismo se reduce a ~aA3
~aA4
= ~aB + α ~ 3 × ~rA/B − ω32 ~rA/B q q 2 2 2 2 2 2 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ = −w2 a2 i + (α3 k) × −a2 i + b − a2 j − ω3 −a2 i + b − a2 j q = −w22 a2 ˆi − α3 b2 − a22 ˆi − α3 a2 ˆj q = −w22 a2 − α3 b2 − a22 ˆi + (−α3 a2 ) ˆj =
aA ˆj
Igualando las expresiones para las velocidades ~aA3 y ~aA4 se tiene el siguiente sistema de ecuaciones q 0 = −w22 a2 − α3 b2 − a22 aA = −α3 a2 La soluci´ on del sistema de ecuaciones y del an´alisis de velocidad del mecanismo est´ a dado por w 2 a2 α3 = − p 2 b2 − a22
w 2 a2 aA = −α3 a2 = p 2 2 2 b2 − a 2
Para el an´alisis din´ amico es necesario determinar la aceleraci´on del centro de masas de la biela G. ~aG
= ~aB + α ~ 3 × ~rG/B − w32 ~rG/B q q ˆ × b1 −a2 ˆi + b2 − a2 ˆj − ω 2 b1 −a2 ˆi + b2 − a2 ˆj = −w22 a2 ˆi + (α3 k) 3 2 2 b b q b1 w 2 a2 ˆ −a2 ˆi + b2 − a22 ˆj k) × = −w22 a2 ˆi + (− p 2 b b2 − a22 ! b1 ˆ w22 a22 b1 ˆ 2 = w2 a2 −1 + i+ p j b b2 − a22 b 47
Figure 52: Diagramas de Cuerpo Libre de la M´aquina de Combusti´ on Interna. An´ alisis Din´ amico del Mecanismo de Manivela Biela Corredera. La figura 52 muestra los diagramas de cuerpo libre del mecanismo de manivela biela corredera de la m´aquina de combusti´ on interna. Debe notarse que para la biela, se incluyeron las fuerzas de inercia que act´ uan sobre la biela y un esquema con las distancias relevantes Las ecuaciones de la din´ amica del pist´on son: ΣFx = m4 aAx ΣFy = m4 aAy
RA + RAx = m4 0 RAy = m4 aAy
Por lo tanto
w 2 a2 RAy = m4 aAy = m4 p 2 2 2 b2 − a 2 Empleando el Principio de D’Alembert, es posible formular la ecuaci´ on para el movimiento de la biela como34 ΣTB = 0 RA + RAx = 0
La ecuaci´ on resultante es q q b1 b1 b2 − a22 = 0 a2 + m3 aGx RAx b2 − a22 + RAy a2 − IG3 α3 + m3 aGy b b donde 1.12 IG3 = m3 k32 donde k3 = 1.12 in = ft 12 Sustituyendo los resultados del an´alisis cinem´ atico en esta ecuaci´ on, se tiene ! q 2 2 2 a w b1 a w w 2 a 2 b1 2 2 2 2 2 2 p p 2 2 a − m k + m − a RAx b2 − a2 + m4 p 2 3 3 2 3 b b2 − a22 b2 − a22 b2 − a22 b q b1 b1 + m3 b2 − a22 w22 a2 −1 + =0 b b
Reduciendo la ecuaci´ on 2 q q b1 w 2 a3 b1 w 2 k 2 a2 w 2 a3 b1 b2 − a22 1 − RAx b2 − a22 + m4 p 2 2 2 + m3 p2 3 2 + m3 p 2 2 2 − m3 w22 a2 b b b2 − a 2 b2 − a 2 b2 − a 2 b Por lo tanto
RAx
=
= 34 Debe
2 b1 w22 a32 b1 w22 k32 a2 w22 a32 b1 2 1 − − m − m + m w a 3 2 3 2 3 2 2 b2 − a22 b − a22 b − a22 b b b 2 2 b1 2 2 −m4 a2 − m3 k3 + a2 b b1 b1 1− + m3 w22 a2 2 2 b − a2 b b
−m4
notarse que seleccionando el punto B, hace innecesario determinar las reacciones RBx y RBy .
48
=
0
Sustituyendo los valores num´ericos, se tiene que m3 = 1.2 Lbm, m4 = 1.8 Lbm, w2 = 100 π rad/sec, 1.7 4.3 1.3 k3 = 1.12 12 f t, a2 = 12 f t, b = 12 f t y b1 = 12 f t, se tiene que 2 (100 π rad/sec 1.7 w 2 a2 12 f t) = 10832.44 P oundals. = 336.411 Lbf. RAy = m4 p 2 2 2 = (1.8 Lbm) q b2 − a 2 ( 4.3 f t)2 − ( 1.7 f t)2 12
y RAx
=
= =
−m4 a22 − m3 k32 + a22
b1 2 b
12
b1 b1 1− + m3 b2 − a22 b b 2 2 2 1.3 2 −(1.8)(1.7) − (1.2) (1.12) + (1.7) 4.3 rad 2 1.7 1.3 1.3 Lbm (100 π 1− ) ( f t) + (1.2) sec 12 (4.3)2 − (1.7)2 4.3 4.3 −7.02425 + 0.253109 = −2756.73 P oundals = −85.612 Lbf 13981.939 P oundals 15.6
w22 a2
Finalmente, la magnitud de la reacci´on en A est´ a dada por q p 2 + R2 = RA = RAx (−85.612)2 + (336.411)2 Lbf = 347.133 Lbf. Ay
Problema 4.2.3 El engrane 3 tiene una masa de 5 kg. y radio de giro centroidal k = 75 mm. La barra 2 tiene una masa de 3 kg. y el engrane C es estacionario. Si el sistema se suelta desde el reposo en la posici´on que se muestra, determine a) la aceleraci´on angular del engrane 3, b) la aceleraci´on del punto B.35
1 3 2
1
Figure 53: Engrane Planetario. Solution: Para resolver este problema es necesario determinar los an´alisis de velocidad y aceleraci´on del engrane planetario. El an´alisis de velocidad es trivial, pues si el sistema parte del reposo, las velocidades angulares de todos los cuerpos y las velocidades de todos los puntos del cuerpo son 0. Para realizar el an´alisis de aceleraci´on, defina el punto P como el punto de paso entre el engrane 3 y el engrane corona C que pertenece estacionario. Determine los vectores de posici´on ~rB/A = 2 r ˆi
~rP/B = r ˆi,
donde r = 100 mm = 0.1 m. Es importante notar que en el punto de paso, no hay deslizamiento entre el engrane 3 y el engrane corona 1, por lo tanto, las condiciones son ~vP 3 = ~vP 1 = ~0
y
~aP 3t = ~aP 1t = ~0,
35 Este es el Problema 16.104 del libro Mec´ anica Vectorial Para Ingenieros, Din´ amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edici´ on, McGraw Hill: M´ exico D.F.
49
y la direcci´on tangencial es la vertical. Entonces, la ecuaci´ on que determina la aceleraci´on del puntp P 3 es ~aP 3
= ~aB3 − ω32 ~rP/B + α~3 × ~rP/B
=
=
−ω22 ~rB/A + α~2 × ~rB/A − ω32 ~rP/B + α~3 × ~rP/B α~2 × ~rB/A + α~3 × ~rP/B = α2 kˆ × 2 r ˆi + α3 kˆ × r ˆi = (2 α2 r + α3 r) ˆj
De aqu´ı que, la aceleraci´on tangencial del punto P 3 y la ecuaci´ on final del an´alisis de aceleraci´on est´ a dada por ~aP 3t = (2 α2 r + α3 r) ˆj = ~aP 1t = ~0. Por lo tanto,
1 α2 = − α3 . 2 Adem´ as, la aceleraci´on de los centros de masa de la barra 2 y del engrane 3 est´ an dadas por 1 1 ~aG2 = α ~ 2 × ~rG2/A = − α3 kˆ × r ˆi = − α3 rˆj 2 2 y ~aG3 = α ~ 2 × ~rG3/A =
1 ˆ − α3 k × 2 r ˆi = − α3 rˆj 2
Despu´es de este paso, es necesario determinar los diagramas de cuerpo r´ıgido de la barra 2 y el engrane 3, vea la figura 54.
Figure 54: Diagrama de Cuerpo Libre del Engrane Planetario. Las ecuaciones de la cin´etica del engrane planetario se simplifican notando que la barra 2 est´ a sujeta a un movimiento de rotaci´on alrededor de un eje fijo no baric´entrico, que pasa por el punto A y el engrane 3 est´ a sujeto a un movimiento de rotaci´on alrededor de un eje fijo —instantaneamente— no baric´entrico, que pasa por el punto P , de manera que los momentos de inercia de la barra respecto al punto A est´ a dado, empleando el teorema de Steiner, por I2A = IG2 + m2 r2 =
1 4 1 2 m2 (2r) + m2 r2 = m2 r2 + m2 r2 = m2 r2 . 12 3 3
De manera semejante, el momento de inercia del engrane 3 respecto al punto P est´ a dado por I3p = IG3 + m3 r2 = m3 k 2 + m3 r2 = m3 k 2 + m3 r2 = m3 k 2 + r2 .
y
Las ecuaciones de la cin´etica de la barra son X X Fx = 0 RAx − RBx = 0 Fy = m2 aG2y X
MA = I2A α2
1 RAy − RBy − m2 g = − m2 α3 r 2
4 2 1 2 − m2 g r − RBy 2 r = m2 r − α3 = − m2 r2 α3 . 3 2 3
50
Las ecuaciones de la cin´etica del engrane son X X Fx = 0 RBx − RP x = 0 Fy = m3 aG3y
RBy − RP y − m3 g = − m3 α3 r
y
X
MP = I3P α3
m3 g r − RBy r = m3 k 2 + r2 α3 .
Multiplicando por −1 la tercera ecuaci´ on de la cin´etica de la barra y multiplicando por 2 la tercera ecuaci´ on de la cin´etica del engrane, m2 g r + RBy 2 r
=
2 m3 g r − 2 RBy r
=
y sumando las ecuaciones, se tiene que (m2 + 2 m3 ) g r = o α3 =
2 3
2 m2 r 2 α 3 3 2 m3 k 2 + r 2 α 3
2 m2 + 2 m 3 3
2
r + 2 m3 k
(6) (7)
2
α3
(m2 + 2 m3 ) g r rad [3 + 2 (5)] (9.81) (0.1) = 2 2 2 = 72.3574 s2 . m2 + 2 m 3 r 2 + 2 m3 k 2 3 + 2 (5) (0.1) + 2 (5) (0.075) 3
Por lo tanto, la aceleraci´on angular de la barra 2, est´ a dada por rad 1 α2 = − α3 = −36.178 2 . 2 s Finalmente, la aceleraci´on del punto B, est´ a dada por
~aB = −ω22 ~rB/A + α ~ 2 × ~rB/A = −7.235
4.3
mˆ j. s2
An´ alisis din´ amico de cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento de rodadura.
En esta secci´on, se presentar´an algunos problemas relacionados con el an´alisis din´ amico de cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento de rodadura. Problema 4.3.1 Un tambor de 80 mm. de radio est´ a unido a un disco de 160 mm. de radio. El disco y el tambor tienen una masa combinada de 5 kg. y radio de giro combinado de k = 120 mm. Se una a una cuerda en la forma indicada y se tira de ella con una fuerza P~ de 20 N de magnitud. Si los coeficientes de fricci´on est´ atica y cin´etica son, respectivamente, µs = 0.25 y µk = 0.2, determine a) si el disco se desliza o no b) la aceleraci´on angular del disco y la aceleraci´on del punto G.36 Solution: Para resolver el problema supondremos, inicialmente, que el disco compuesto rueda sin deslizar, por lo tanto, el punto Q tiene velocidad igual a ~0 y el disco est´ a, instantaneamente, sujeto a rotaci´on alrededor de un eje fijo no baric´entrico. Adem´ as, note que la direcci´on de la aceleraci´on angular y la aceleraci´on del centro de masas del disco compuesto est´ an coordinadas. Considere el diagrama de cuerpo libre del disco, vea la figura 56. El momento de inercia del disco compuesto respecto a un eje perpendicular al plano del papel que pasa por el punto Q, est´ a dada por IQ = IG + m r12 = m k 2 + m r12 = m k 2 + r12
y
Las ecuaciones de movimiento del sistema son X Fx = m aGx P + Ff = m (−α r1 ) X
MQ = I Q α
X
Fy = 0
− mg + N = 0
− P (r1 + r2 ) = m k 2 + r12 α
Por lo tanto, bajo la suposici´on de ausencia de deslizamiento, se tiene que α=−
20 · 0.24 rad P (r1 + r2 ) =− = −24 2 2 2 2 2 m (k + r1 ) 5 (0.12 + 0.16 ) s
36 Este es el Problema 16.98 del libro Mec´ anica Vectorial Para Ingenieros, Din´ amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edici´ on, McGraw Hill: M´ exico D.F.
51
Figure 55: Cilindro sujeto a posible movimiento de rodadura.
Figure 56: Diagrama de cuerpo libre de un cilindro sujeto a posible movimiento de rodadura. A partir de este resultado, la fuerza de fricci´on necesaria para evitar que exista deslizamiento es Ff = −P − m α r1 = −20 − 5 (−24) (0.18) = 7.6 N. Finalmente compararemos la fuerza de fricci´on necesaria con la disponible Ff = 7.6 N ≤ µs N = µs m g = 0.25 5 9.81 = 12.2625N. Por lo tanto, el disco rueda sin deslizar y la aceleraci´on del punto G est´ a dado por aGx = −α r1 = − (−24) (0.18) = 3.84
m . s2
Problema 4.3.2 Un tambor de 4 in de radio est´ a unido a un disco de 8 in de radio. El disco y el tambor tienen una masa combinada de 10 Lb y un radio de giro combinado de 6 in. Se une una cuerda en la forma indicada y se jala con una fuerza P = 5 N de magnitud. Si los coeficientes de fricci´on est´ atica y cin´etica son , respectivamente, µs = 0.25 y µk = 0.20 , determine a) si el disco se desliza o no y b) la aceleraci´on angular del disco y la aceleraci´on de G.37 Soluci´ on. Primero se supondr´a que el sistema tambor-disco rueda sin deslizar, se verificar´ a la validez de la suposici´on y en caso contrario se concluir´a que rueda con deslizamiento y se calcular´ an las aceleraciones deseadas. 37 Este es el Problema 16.98 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
52
Figure 57: Tambor sujeto a rodadura. Rodadura sin deslizamiento. Considere el diagrama de cuerpo libre del sistema tambor-disco, bajo la suposici´on de que la rodadura ocurre sin deslizamiento, en ese caso el punto O es el centro instantaneo de velocidad. Por lo tanto, vO = 0
~aG = aGxˆi
atO = 0
r = 6 in
An´alisis de aceleraci´on. Las aceleraciones de los puntos G y O est´ an relacionadas ~aG = ~aO + α ~ × ~rG/Q − ω 2 ~rG/Q aGxˆi = aOy ˆj + α kˆ × r ˆj − ω 2 r ˆj Entonces aOy = ω 2 r
aGx = −α r
Figure 58: Diagrama de cuerpo libre del tambor sujeto a rodadura sin deslizamiento. Estableciendo las ecuaciones de Newton-Euler, se tiene que ΣFy = 0
−Mg+N =0
N =Mg
El momento de inercia del tambor respecto del punto O IO = IG + M r2 = M k 2 + M r2 = M (k 2 + r2 ) ΣTO = IO α
− P r = M (k 2 + r2 ) α
53
α=
−P r M (k 2 + r2 )
Por lo tanto, se tiene que α=
−(5) (32.2 lbm − f t/s2 ) ( 23 f t) rad = −15.47 2 10 lbm(0.52 + 0.6662 ) f t2 s
Por lo tanto aGx = −α r = −(−15.47
rad 2 ) f t = 10.3133 f t/s2 s2 3
ΣFx = M aGx
P − Ff = M aGx
De manera que la fuerza de fricci´on est´ a dada por Ff = P − M aGx = (5)(32.2)lbm − f t/s2 − (10 lbm)(10.3133 f t/s2 ) = 57.867 N La condici´ on que determina si el tambor rueda sin deslizar o existe deslizamiento es que Ff ≤ µ s N En este caso, se tiene que Ff = 57.867 N < µs M g = (0.25)(10 Lbm) (32.2 f t/s2 ) = 80.5 N Como la condici´ on se satisface, el tambor no sufre deslizamiento y el problema termina aqu´ı. Problema 4.3.3 Un tambor de r1 = 4 in. de radio est´ a unido a un disco de r2 = 8 in. de radio. El disco y el tambor tienen una masa combinada de M = 10 lb y un radio de giro combinado de k = 6 in. Se une una cuerda en la forma indicada en la figura 59 y se jala con una fuerza P = 5 Lbf de magnitud. Si los coeficientes de fricci´on est´ atica y cin´etica son, respectivamente, µs = 0.25 y µk = 0.20, determine si el disco se desliza o no y la aceleraci´on angular del disco y la aceleraci´on de G.38
Figure 59: Dibujo de un tambor y un disco unidos. Soluci´ on. Primero se analizar´a la posibilidad de que el disco junto con el tambor se deslize o no. Para tal f´ın, se supondr´a inicialmente que no existe deslizamiento y se validar´a o se refutar´a esta suposici´on. Considere el diagrama de cuerpo libre mostrado en la parte inferior de la figura 60. Se denotar´a por M la masa total del sistema tambor-disco, por N la reacci´on entre el disco y el suelo, µs como el coeficiente de fricci´on est´ atica entre el disco y el suelo y por Ff la fuerza de fricci´on. Finalmente, la aceleraci´ on horizontal del disco unido con el tambor y que pasa por su centro de gravedad se denominar´ a aGx . Para verificar si el sistema tambor-disco no desliza se tiene que cumplir la siguiente condici´ on: Ff ≤ µ s N 38 Este es el Problema 16.101 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
54
En caso de que la fuerza de fricci´on Ff sea mayor que µs N significa que existe deslizamiento entre el sistema tambor-disco y el piso. An´ alisis de aceleraci´ on. Analizando la figura 59 se observa que existe un punto Q que est´ a en el punto de contacto del disco y el suelo. Es necesario notar que bajo la suposici´on de ausencia de deslizamiento el punto Q es un centro instantaneo de velocidad y por lo tanto la velocidad en dicho punto, como parte del tambor, es igual a cero y la aceleraci´on horizontal del punto Q es igualmente cero ~atQ = ~aQx = 0 ˆi
~vQ = ~0 El punto Q si tiene aceleraci´on normal o vertical
~anQ = ~aQy = ˆj Similarmente, es claro que el centro de masas del tambor G unicamente tiene aceleraci´on en la direcci´on horizontal ~aG = aGx ˆi El primer paso ser´a determinar la relaci´ on entre la velocidad y aceleraci´on angulares del tambor y la aceleraci´on de los puntos Q y el centro de masas del tambor G. Donde el vector de posici´on del centro de masas G del tambor respecto del centro instantaneo de velocidad Q, ~rG/Q = r ˆj La relaci´ on entre la aceleraci´on de los puntos G y Q est´ a dada por ~aG = ~aQ + +~ α × ~rG/Q − ω 2 ~rG/Q Sustituyendo los t´erminos que se conocen se tiene que ~aGx ˆi = ~aQy ˆj + α kˆ × r ˆj − ω 2 r ˆj De manera que las ecuaciones escalares son • Componentes en x • Componentes en y
aGx = −α r 0 = aQy − ω 2 r
Las conclusiones de este an´alisis son y
Por lo tanto
aQy = ω 2 r
~aG = −α r ˆi ~aQ = ω 2 r ˆj
Figure 60: Diagrama de cuerpo libre sistema tambor-disco sin deslizamiento.
55
An´ alisis din´ amico bajo la suposici´ on de ausencia de deslizamiento. Empleando las ecuaciones de Newton-Euler se tiene X FGy = 0 P +N −Mg =0 Por lo tanto N =Mg−P X
FGx = M aGx
Ff = M (−α r2 )
Por lo tanto
Ff = −M α r2
Para la suma de momentos, se requiere IQ que est´ a dado, empleando el teorema de ejes paralelos por IQ = IG + M r22 = M k 2 + M r22 = M (k 2 + r22 ) De aqu´ı que X
Por lo tanto
TQ = I Q (−α)
P r1 = M (k 2 + r22 ) (−α)
Por lo tanto α=−
P r1 M (k 2 + r2 )
Entonces es posible calcular la fuerza de fricci´on Ff = −M α r2 =
P r1 r2 k2 + r2
Sustituyendo los datos dados del problema, Ff = −
4 (5)(32.2) Lbm − f t/s2 12 ft 2 2 6 8 + 12 f t 12 f t
8 12
ft
= −51.52
Lbm f t s2
Ahora se probar´ a si existe o no deslizamiento, pues se sabe que39 |Ff | ≤ |µs N | donde |µs N | = 0.25 Por lo tanto
ft 32.2 2 s
|Ff | ≤ |µs (M g − P ) |
(10 Lbm) − (5) 32.2 Lbm − f t/s
2
= 40.25
Lbm f t s2
Lbmf t Lbm f t > 40.25 2 s s2 Esto indica que si existe deslizamiento entre el disco y el piso. An´ alisis din´ amico bajo la suposici´ on de presencia de deslizamiento. Si se presenta deslizamiento, la aceleraci´on del centro de masas y la aceleraci´on angular son independientes. Adem´ as se rectificar´a la suposici´on acerca de la aceleraci´on angular y se supondr´a que α es en sentido antihorario. Considere el diagrama de cuerpo libre mostrado en la figura 61. Note que como ya se sabe que existe deslizamiento, se conoce que la fuerza de fricci´on esta dada por 51.52
Ff = µ k N An´ alisis din´ amico en presencia de deslizamiento. Empleando las ecuaciones de Newton-Euler se tiene X FGy = 0 P +N −Mg =0 Por lo tanto N =Mg−P X
FGx = M aGx
Ff = −µk N = M aGx
Por lo tanto
aGx = −
µk N M
Sustituyendo los valores, se tiene que aGx = −
µk (M g − P ) = −µk M
g−
P M
El valor num´erico de aGx est´ a dado por (5) 32.2 Lbm − f t/s2 2 aGx = −0.2 32.2f t/s − = −3.22 f t/s2 10 Lbm 39 El signo de la fuerza de fricci´ on no es importante, unicamente indica que nuestra suposici´ on de la aceleraci´ on angular es incorrecta.
56
Figure 61: Diagrama de cuerpo libre sistema tambor-disco sin deslizamiento. El signo, indica que la aceleraci´on del centro de masas es hacia la izquierda, como se indica en la figura 61. Finalmente, de la sumatoria de momentos alrededor del centro de masas, G, se tiene que X TG = I G α P r1 − µk N r2 = M k 2 α
De manera que la aceleraci´on angular est´ a dada por α=
P r1 − µk N r2 P r1 − µk (M g − P ) r2 = 2 Mk M k2
Sustituyendo los valores num´ericos, se tiene que 4 f t − 0.2 (10 Lbm) 32.2 f t/s2 − (5) 32.2 Lbm − f t/s2 (5) 32.2 Lbm − f t/s2 12 α = 2 6 ft 10 Lbm 12 rad = 12.88 2 s Con este resultado finaliza el problema.
57
8 12
ft