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. Problema 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 1. 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.1 Soluci´ on: La figura 2 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. 1 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 1 Figure 1: Disco soportado mediante una barra y una banda. 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 = IG 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 = y N= Mg µk C θ + S θ 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 2 Figure 2: Diagramas de Cuerpo Libre del disco y barra. donde el signo menos indica que la aceleraci´on angular es en sentido horario. Problema 2. El volante mostrado en la figura 3 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.2 Figure 3: 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 2 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 3 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 4. Figure 4: Diagramas de cuerpo libre y bloque. 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 = IG α −T r = M k 2 α X Fy = M aA T − MA g = MA aA 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 Sustituyendo este resultado en la u ´ltima ecuaci´on, se tiene que − M k 2 aA − MA g = MA aA r2 Por lo tanto aA = − Sustituyendo los valores num´ericos, se tiene que aA = − MA g ¡ ¢2 MA + M kr (15 kgm) 9.81m/s2 2 ¡ ¢ = −1.7836 m/s m 2 15 kgm + 120 kgm 0.375 0.5 m 4 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 sA 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. 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.3 Figure 5: 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 .4 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. 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. 3 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 4 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. 5 Figure 6: Diagramas de cuerpo libre de los dos engranes y el pi˜ non. 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 kA αC rC αA MA kA = 2 rA rA FB = 2 2 MA kA αA MA kA αC rC = 2 rA rA TCG = ICG , se tiene que −M + 2 2 MA kA αC rC MA kA αC rC 2 r + rC = −MC kC αC C 2 2 rA rA o αC = M 2 + 2 M k2 MC kC A A 2 rC 2 rA = 1 Lbm − p2 /s2 50(32.2) 12 2 · ´2 ¸ = 34.2918 rad/s . ³ 4 pulg 2 2 5 Lbm(0.25 p) + 2 20 Lbm(0.75 p) 10 pulg 6 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 kA αA 20 Lbm(0.75 p)2 13.7167 rad/s2 = = 185.176 P oundals = 5.75 Lbf. rA 0.8333 p Problema 5. 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.5 1 1 2 4 1 3 Figure 7: Gr´afica de un barra sujeta por una cuerda y otra barra. 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 ³ ´ ~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 ³ ´ ~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. 5 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. 7 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 De la primera ecuaci´on LCA , LEB Sustituyendo este resultado en la segunda ecuaci´on, se tiene que ω4 = ω2 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 ³ ´ ³ ´ = 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 ³ ´ ³ ´ = 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 8. 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 M − RAx L sen θ − RAy L cos θ = 0. donde L = 0.45 m. y θ = 60◦ . De la tercera ecuaci´on, se tiene que √ √ 80 3 1 M 40 3RAx + RAy = RAx + RAy = = N. o N. 2 2 L 3 3 8 Figure 8: Diagramas de Cuerpo Libre de los Cuerpos R´ıgidos Involucrados. 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 √ 3 = TBD sen θ = TBD 2 Por lo tanto √ √ 3 80 3RAx + TBD = N. 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 √ 3 1 80 √ 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 1 80 cos θ √ N. − TBD cos θ − TBD cos2 θ 2 3 3 √ 3 TBD − TBD sen2 θ + sen θMAB g −sen θ 2 9 = −MAB aG sen θ cos θ = +MAB aG cos θ senθ La ecuaci´on resulta es Por lo tanto √ ¡ ¢ 1 3 40 3 √ 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 80 1 √ N. − TBD − TBD cos θ = −MAB aG sen θ 2 3 3 aG = √ N. + − 380 3 1 2 TBD + TBD cos θ MAB sen θ = √ N. + TBD − 380 3 MAB sen θ = 1.571 m/s2 . Figure 9: Gr´afica de un volante sujeto a fricci´on. Problema 6. El volante que se muestra en la figura 9 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.6 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 10, 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. Considere el equilibrio del elemento de la banda o correa mostrado en la figura 10. Las ecuaciones son X ∆θ ∆θ + (T + ∆ T ) sen − N = 0, Fy = 0 T sen 2 2 6 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. 10 Figure 10: Deducci´on del Incremento de la Fuerza de Tension Debido a la Fricci´on. Despreciando, los t´erminos infinitesimales de orden superior, se tiene que7 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 ,8 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 = C1 eµ θ T ∆T = µT∆θ Si se propone la condici´on inicial que para θ = 0, T = T0 , se tiene que T0 = C1 eµ 0 = C1 1 = C1 Por lo tanto T (θ) = T0 eµ θ . 7 Para 8 Para ´ angulos peque˜ nos sen α = α en radianes. ´ angulos peque˜ nos cosα = 1 11 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 Pf = 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 r2 2 De modo que la ecuaci´on de movimiento del sistema est´a dada por X π 1 72 π rad MG = IG α − P r + P eµ 2 r = M r2 . 2 25 s2 o ¢ ¡ π 36 π rad 1 . P eµ 2 − 1 r = M r2 2 25 s2 o M r 1825π rad 18 π (240 Lbm.) (1.25 pies) rad s2 s2 = = 925.92 poundals = 28.755 Lbf. P = π π µ µ 2 2 25 e −1 e −1 Figure 11: Barra soportada por un apoyo y una cuerda. Problema 7. Una barra uniforme de longitud L y masa m se sostiene como se indica en la figura 11. 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.9 Solution: Considere el diagrama de cuerpo libre de la barra mostrado en la figura 12, puesto que al romperse la cuerda en B, la velocidad angular de la barras es 0, solo est´a presente la aceleraci´on normal. 9 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. 12 Figure 12: Cuerpo libre de la barra. Las ecuaciones de movimiento del cuerpo r´ıgido son X Fx = 0 X Rcx = 0 y, finalmente, X TC = IC α −m g µ l −b 2 ¶ Fy = M aGy " 1 =− m l2 + m 12 µ l −b 2 RCy − m g = −m α ¶2 # α=− µ µ Por lo tanto, la magnitud de la aceleraci´on del punto A est´a dada por ¢ ¡ g l2b − b2 , | ~aA |= α b = 1 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= ¡1 ¢2 db l 2 − l b + b2 3 µ ¶ µ ¶ ¶µ l lb 1 2 − 2b l − l b + b2 − − b2 (−l + 2 b) = 0. 2 3 2 Reduciendo la ecuaci´on se tiene que l2 − 4 l b + 3 b2 = 0. Las dos raices de la ecuaci´on son10 p 4 l ± 16 l2 − 4 (3) (l2 ) 4l ± 2l b= = 2 (3) 6 10 Cual es el argumento para no emplear b1 ? 13 b1 = l ¶ 1 1 m l 2 + m l 2 − m l b + m b2 12 4 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 l −b 2 b2 = l . 3 ¶ α. Empleando b2 = 3l , se tiene que α= g 1 2 3l ¡l 2 −l − l 3 l 3 ¢ + l2 9 = 3g 2l De manera que, la magnitud de la aceleraci´on del punto A est´a dado por l 3g l g = = . 3 2l 3 2 Finalmente la componente y de la reacci´on en C est´a dada por · µ ¸ ¶¸ · l 3 3g l RCy = m g − α = m g. −b =m g− 2 2l 6 4 | ~aA |= α 3 4 2 1 Figure 13: Mecanismo plano de cuatro barras. Problema 8. 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.11 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 rad. ˆ k α ~ 2 = ~0. s. La ecuaci´on correspondiente al an´alisis de velocidad del mecanismo plano de cuatro barras es ω ~ 2 = −6 µ ω ~ 2 × ~rA/O + ω ~ 3 × ~rB/A = ~vB3 ³ ´ ´ rad. ˆ k × 60 mm.ˆj + ω3 kˆ × 120 mm.ˆi −6 s. ¶ ³ = ~vB4 = ω ~ 4 × ~rB/C ³ ´ = ω4 kˆ × 180 mm.ˆj 11 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. 14 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 µ ³ ´ ´ rad. ³ 60 mm.ˆj + α3 kˆ × 120 mm.ˆi − −6 s. = ~aB4 = α ~ 4 × ~rB/C − ω42 ~rB/C ¶2 ³ ´ µ ´ rad. ³ = α4 kˆ × 180 mm.ˆj − −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. 2 s . 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 ³ µ ¶ ³ µ ´ ´ rad. mm m rad. ˆ ˆ = − −6 60 mm.j + 12 2 k × 60 mm.ˆi = −1440 2 ˆj = −1.44 2 ˆj. s. s . s s ~aG4 = α ~ 4 × ~rG4/C − ω42 ~rG4/C µ rad. = − −2 s ¶2 ³ ´ mm m 90 mm ˆj = −360 2 ˆj = −0.36 2 ˆj. 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 14 muestra los diagramas de cuerpo libre de los eslabones del 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 15 X TG4 = I4/G4 α4 −RBx L4 L4 + RCx = 0. 2 2 Figure 14: Mecanismo plano de cuatro barras. 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 1 2 rad 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 1 2 rad −2 Kgm. (9.81 − 1.44) 2 − = 0.0024 Kgm · m2 12 2 2 s 0.12 m s = −8.61 N. = 16 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 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 ˆ ˆ ˆ ω2 k × Lˆj + ω3 k × 2 Lˆi = ω4 k × 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 ³ ´ ³ ´ −ω22 Lˆj + α3 kˆ × 2 Lˆi = ~aB4 = α ~ 4 × ~rB/C − ω42 ~rB/C ³ ´ µ 1 ¶2 ³ ´ ˆ ˆ = α4 k × 3 Lj − 3 Lˆj ω2 3 Haciendo a un lado las unidades, se tiene que las ecuaciones escalares del an´alisis de aceleraci´on son 0 = −3 L α4 1 −ω22 L + 2 L α3 = − ω22 L, 3 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 por12 α ~ 4 = ~0 ~aG3 α ~3 = = ~aA + ~aG3/A = α ~ 2 × ~rA/O − ω22 ~rA/O + α ~ 3 × ~rG3/A − ω32 ~rG3/A 1 2 = −ω22 Lˆj + ω22 kˆ × Lˆi = − ω22 Lˆj. 3 3 y ~aG4 = α ~ 4 × ~rG4/C − ω42 ~rG4/C = − 12 Note µ 1 ω2 3 ¶2 3 ˆ 1 Lj = − ω22 L ˆj. 2 6 que la aceleraci´ on del centro de masas del cuerpo 2 es ~0 pues el cuerpo est´ a sujeto a rotaci´ on baric´ entrica. 17 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 por13 I3/G3 = 1 1 2 M3 (2 L) = M3 L2 . 12 3 La figura 15 muestra los diagramas de cuerpo libre de los eslabones del mecanismo plano de cuatro barras. Figure 15: 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 X Fx = 0 RAx − RBx = 0 ROy − RAy − M2 g = 0 P Fy = M3 aG3y RAy − RBy − M3 g = M3 aG3y RAx L + T = 0. X TG3 = I3/G3 α3 −RAy L − RBy L = I3/G3 α3 . y X Fx = 0 RBx + RCx = 0 P Fy = M4 aG4y RBy + RCy − M4 g = M4 aG4y X TG4 = I4/G4 α4 −RBx 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. 13 Puesto que α ~ 2 = ~0 y α ~ 4 = ~0, no es necesario calcular I2/G2 y I4/G4 . 18 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 µ ¶ 2 2 RAy − RBy = M3 (g + aG3y ) = M3 g − ω2 L 3 1 1 1 1 1 M3 L2 ω22 = − M3 L ω22 . RAy + RBy = − I3/G3 α3 = − L L 3 3 9 Sumando las ecuaciones t´ermino a t´ermino, se tiene que ¸ · µ ¶ 1 1 2 2 7 2 1 2 RAy = M3 g − ω2 L − L ω2 = M3 g − ω2 L 2 3 9 2 9 # " µ ¶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 = = · µ µ ¶¸ ¶ 1 5 2 1 1 M3 − L ω22 − g − ω22 L = M3 −g + ω22 L 2 9 3 2 9 " # µ ¶2 1 rad m 5 −6 (0.06 m) = −8.61 N. 2 Kgm. −9.81 2 + 2 s 9 s 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 9. 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.14 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, 14 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. 19 1 3 1 2 Figure 16: Engrane Planetario. 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, 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 ¶ µ 1 1 ~aG2 = α ~ 2 × ~rG2/A = − α3 kˆ × r ˆi = − α3 rˆj 2 2 y ~aG3 = α ~ 2 × ~rG3/A = µ ¶ 1 ˆ − α3 k × 2 r ˆi = − α3 rˆj 2 20 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 17. Figure 17: 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 1 1 4 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 . I2A = IG2 + m2 r2 = Las ecuaciones de la cin´etica de la barra son X X Fx = 0 RAx − RBx = 0 Fy = m2 aG2y 1 RAy − RBy − m2 g = − m2 α3 r 2 y ¶ µ X 4 2 1 MA = I2A α2 − m2 g r − RBy 2 r = m2 r2 − α3 = − m2 r2 α3 . 3 2 3 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 = 21 2 m2 r2 α3 3 ¡ ¢ 2 m3 k 2 + r2 α3 (1) (2) y sumando las ecuaciones, se tiene que (m2 + 2 m3 ) g r = o ·µ 2 m2 + 2 m 3 3 ¶ ¸ r2 + 2 m3 k 2 α3 [3 + 2 (5)] (9.81) (0.1) (m2 + 2 m3 ) g r rad ¢ = £2 ¤ 2 2 = 72.3574 s2 . 2 + 2 m k2 m + 2 m r 2 3 3 3 3 3 + 2 (5) (0.1) + 2 (5) (0.075) α3 = ¡ 2 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 mˆ j. s2 Figure 18: Cilindro sujeto a posible movimiento de rodadura. Problema 10. 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.15 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. 15 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. 22 Figure 19: Diagrama de cuerpo libre de un cilindro sujeto a posible movimiento de rodadura. Considere el diagrama de cuerpo libre del disco, vea la figura 19. 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 = IQ 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 m (k 2 + r12 ) 5 (0.122 + 0.162 ) s 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 23 m . s2