FUERZAS Y ACELERACION - Facultad de Ingenieria Mecanica y

MOVIMIENTO PLANO DE LOS CUERPOS RÍGIDOS

FUERZAS Y ACELERACIONES

Academia de Análisis Mecánico, DSMDSM-DIMDIM-FIMEFIME-UANL, 2005

.

HG F1

G

F2

F4 ma F3

G

Las relaciones existentes entre las fuerzas que actúan sobre un cuerpo rígido, la forma y la masa del cuerpo y el movimiento producido se estudian como cinética de los cuerpos rígidos. En general, el análisis que se da a continuación se restringe al movimiento plano de losas rígidas y cuerpos rígidos simétricos con respecto al plano de referencia.


. HG

F4

F1

ma F3

G

G

Las dos ecuaciones para el movimiento de un sistema de partículas se aplican al caso más general del movimiento de un cuerpo rígido. La primera ecuación define el movimiento del centro de masa, G, del cuerpo.

ΣF = ma

F2

en donde m es la masa del cuerpo y a la aceleración de G. La segunda se relaciona con el movimiento del cuerpo relativo a un marco centroidal de referencia.

. ΣMG = HG


. F1

G

HG

F4

F3

ma G

ΣF = ma .. ΣMG = HG .

F2

en donde HG es la razón de cambio del momento angular HG del cuerpo alrededor de su centro de masa G.

Estas ecuaciones expresan que el sistema de las fuerzas externas es equipolente. al sistema que consta del vector ma adscrito a G y el par del momento HG.


.

HG

F4

F1

ma F3

G

G

Para el movimiento plano de losas rígidas y cuer-pos rígidos simétricos con respecto al plano de referencia, el momento angular del cuerpo se expresa como

HG = Iω

F2

en donde I es el momento de inercia del cuerpo alrededor de un eje centroidal perpendicular al plano de referencia y w es la velocidad angular del propio cuerpo. Si se derivan los dos miembros de esta ecuación

.

.

HG = Iω = Iα Academia de Análisis Mecánico, DSMDSM-DIMDIM-FIMEFIME-UANL, 2005

F1

F4 ma

G

F3

G Iα

F2

Para el caso restringido que aquí se considera, la razón de cambio del momento angular del cuerpo rígido se puede representar por un vector con la misma dirección que la de a (es decir, perpendicular al plano de referencia) y de magnitud Ia.

El movimiento plano de un cuerpo rígido simétrico respecto al plano de referencia se define por las tres ecuaciones escalares

ΣFx = max

ΣFy = may

ΣMG = Iα

Las fuerzas externas que actúan sobre un cuerpo rígido en realidad son equivalentes a las fuerzas eficaces de las diversas partículas que forman el cuerpo. Esta proposición se conoce como principio de d’Alembert. Academia de Análisis Mecánico, DSMDSM-DIMDIM-FIMEFIME-UANL, 2005

F1

F4 ma G

El principio de d’Alembert se puede expresar en la forma de un diagrama vec-torial, en donde las Iα fuerzas eficaces se representan por un vector ma adscrito a G y un par F2 Ia. En el caso de una losa en (a) (b) translación, las fuerzas eficaces (parte b de la figura) se reducen a un solo vector ma ; en tanto que en el caso particular de una losa en rotación centroidal, se reducen sólo al par Ia; en cualquier otro caso del movimiento plano, deben de incluirse tanto el vector ma como el Ia.

F3

G


F1

F4 ma

G

F3

G Iα

F2

Cualquier problema relacio-nado con el movimiento plano de una losa rígida se puede resolver al trazar una ecuación de diagrama de cuerpo libre semejante a la que se muestra. Enton-ces se pueden obtener tres

ecuaciones del movimiento al igualar las componentes x, las componentes y y los momentos alrededor de un punto arbitra-rio A, de las fuerzas y vectores que intervienen. Se puede aplicar este método para resolver problemas que comprenden el movimiento plano de varios cuerpos rígidos conectados. Algunos problemas, como la rotación no centroidal de barras y pla-cas, el movimiento de rodadura de esferas y ruedas y el movimien-to plano de diversos tipos de eslabonamientos, que se mueven ba-jo restricciones, deben complementarse con análisis cinemático. Academia de Análisis Mecánico, DSMDSM-DIMDIM-FIMEFIME-UANL, 2005

Análisis dinámico de freno de tambor y zapata larga contráctil. z

z z

z

z

El tambor de freno, de 8 in de radio, está conectado a un volante más grande que no aparece en la figura. El momento de inercia total de la masa tambor y el volante es de 14 lb ft s2. El coeficiente de fricción cinética entre el tambor y la zapata de freno es de 0.35. Si la velocidad angular de volante es de 360 rpm en sentido contrario a las manecillas del reloj cuando se aplica una fuerza P de 75 lb al pedal C Determine el numero de revoluciones realizadas por el volante antes de detenerse.


Análisis dinámico de freno de tambor y zapata larga contráctil. Método de Fuerzas (de Newton). El objetivo de este método es obtener el mismo número de ecuaciones que de incógnitas al aplicar el Principio de DÁlembert para obtener la solución.

1.- DCL (Tambor y Zapata). 2.- Principio de DÁlembert.

Σ de momentos en tambor. Σ de momentos en zapata.

3.- Ecuación Auxiliar 1.

4.-Ecuación Auxiliar 2.

Ecuación de fricción en un punto de contacto. Ff=-µkN Ecuaciones de movimiento angular acelerado. ωf2=ωo2+2αθ ωf=ωo+αt


Diagrama de Cuerpo Libre (DCL). Ff N

Dy

Dx

=

B

Iα

W Ax Ay P

N

B

=

Ff


Principio de DÁlembert. Sumatoria de Momentos en el CG del Tambor (D): +

∑ Mext

D

= ∑ Min D

⎛ 8in ⎞ ⎟⎟ = Iα − Ff ⎜⎜ ⎝ 12 in ft ⎠

(EC. I)

*El sentido de la sumatoria (+) es colocado en el sentido que fue colocada la inercia.

Sumatoria de Momentos en el pasador de la Zapata (D): +

∑ Mext

A

= ∑ Min A = 0

⎛ 9 in ⎞ ⎛ 10 in ⎞ ⎛ 2 in ⎞ ⎟⎟ + F f ⎜⎜ ⎟⎟ + N ⎜⎜ ⎟⎟ = 0 P⎜⎜ ⎝ 12 in ft ⎠ ⎝ 12 in ft ⎠ ⎝ 12 in ft ⎠

(EC. II)

La suma de momentos se iguala a cero debido a que el la inercia de la zapata es despreciable (Izapata*αzapata=0)


0

Ecuaciones Auxiliares Modelo matemático lineal aceptado para representar la fuerza de fricción en un punto de contacto debido a la acción de una fuerza de contacto normal a la superficie y el coeficiente de fricción entre dos superficies no lisas.

W

Ff

(EC. III)

Ecuaciones de movimiento acelerado uniforme circular que predicen una desaceleración a un ritmo constante.

ω f 2 = ωo 2 + 2αθ ω f = ωo + α t

(EC. IV)

N Cambio de Velocidad en el Tiempo

V e lo c id a d (m /s )

Ff = −µk N

Movimiento

10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9 10

Tiempo (s)


Solución. Datos: I=14 lb-ft-s2. no=360 rpm, cmr. ωo=37.6 rad/s, cmr. µk=0.35. P=75 lb.

(EC. I)

⎛ 8in ⎞ ⎟⎟ = Iα − Ff ⎜⎜ ⎝ 12 in ft ⎠

⎛ 2 in ⎞ ⎛ 10 in ⎞ ⎛ 9 in ⎞ (EC. II) P⎜⎜ ⎟⎟ = 0 ⎟⎟ + N ⎜⎜ ⎟⎟ + F f ⎜⎜ 12 12 in ft in ft ⎝ 12 in ft ⎠ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

(EC. III)

Ff = −µk N

(EC. IV)

ω f 2 = ωo 2 + 2αθ

Sustituir III en II y despejar Ff=? Ff=25.4 lb Sustituir Ff en I y despejar α=? α= rad/s2 Sustituir α, ωo y ωf en IV y despejar θ=? θ= rad, θ= rev. Academia de Análisis Mecánico, DSMDSM-DIMDIM-FIMEFIME-UANL, 2005

N = − Ff / µk

Conclusiones z

El desplazamiento angular del freno es directamente proporcional a la fuerza aplicada y al coeficiente de fricción en el punto de contacto.

z

Solo una parte de la fuerza aplicada se utiliza como fuerza de fricción.

z

Puede calcularse el tiempo que tarda en detenerse el sistema.

z

Fue supuesto un modelo lineal de la fricción y de la desaceleración del tambor.

z

Para que el freno sea mas eficiente debe aplicarse mayor cantidad de fuerza y elevarse el coeficiente de fricción en el punto de contacto.


Problema 16.153 θ 5 in

El eje de un disco de radio de 5 in está ajustado en una ranura que forma un ángulo θ = 30o con la vertical. El disco está en reposo cuando se pone en contacto con una banda transportadora que se mueve a velocidad constante. Sabiendo que el coeficiente de fricción cinética entre el disco y la banda es 0.2 y despreciando la fricción en el cojinete, determine la aceleración angular del disco cuando se tiene resbalamiento.


Problema 16.153

θ 5 in

El eje de un disco de radio de 5 in está ajustado en una ranura que forma un ángulo θ = 30o con la vertical. El disco está en reposo cuando se pone en contacto con una banda transportadora que se mueve a velocidad constante. Sabiendo que el coeficiente de fricción cinética entre el disco y la banda es 0.2 y despreciando la fricción en el cojinete, determine la Aceleración angular del disco cuando se tiene resbalamiento. 1. Cinemática: Exprese la aceleración del centro de masa del cuerpo y la aceleración angular. 2. Cinética: Dibuje un diagrama de cuerpo libre que muestre las fuerzas aplicadas y un diagrama de fuerzas eficaces que muestre el vector ma o sus componentes y el par Iα.


θ

Problema 16.153 5 in

El eje de un disco de radio de 5 in está ajustado en una ranura que forma un ángulo θ = 30o con la vertical. El disco está en reposo cuando se pone en contacto con una banda transportadora que se mueve a velocidad constante. Sabiendo que el coeficiente de fricción cinética entre el disco y la banda es 0.2 y despreciando la fricción en el cojinete, determine la aceleración angular del disco cuando se tiene resbalamiento. 3. Escriba tres ecuaciones del movimiento: Se pueden obtener tres ecuaciones del movimiento al igualar las componentes x, las componentes y y los momentos alrededor de un punto arbitrario.


Problema 16.153 Solución

θ

Cinemática. 5 in

Una vez en contacto con la banda el disco gira alrededor de un punto fijo (su centro). La aceleración del centro de masa es cero y la aceleración angular es α.

α

Cinética: Dibuje un diagrama de cuerpo libre.

y

mg

30o

y

G

Iα

=

x

x

G

N1

0.2 N2 N2


y mg

Problema 16.153 Solución 30o

y

x

G N1

0.2 N2

ΣFx = m ax:

+ ΣFy = m ay : +

ΣMG = Iα:

x

G

I = 12 m r2

N2

+

Iα

=

0.2 N2 - N1 cos 30o = 0 N2 + N1 sen 30o - mg = 0 5

1

5

0.2 N2 ( 12 ) = 2 m ( 12 )2 α

N2 = 0.896 mg

α = 27.7 rad/s2

α = 27.7 rad/s2


Problema 16.158

B L

β A

La barra uniforme AB de peso W se deja en libertad desde el reposo cuando β = 70o. Suponiendo que la fuerza de fricción es cero entre el extremo A y la superficie, determine, inmediatamente después de dejarla en libertad, a) la aceleración angular de la barra, b) la aceleración del centro de masa de ella, c) la reacción en A.


B L

β A

Problema 16.158 Resolución de los problemas por sí mismo La barra uniforme AB de peso W se deja en libertad desde el reposo cuando β = 70o. Suponiendo que la fuerza de fricción es cero entre el extremo A y la superficie, determine,inmediatamente después de dejarla en libertad, a) la aceleración angular de la barra, b) la aceleración del centro de masa de ella, c) la reacción en A.

1. Cinemática: Exprese la aceleración del centro de masa del cuerpo y la aceleración angular. 2. Cinética: Dibuje un diagrama de cuerpo libre que muestre las fuerzas aplicadas y un diagrama equivalente de fuerzas que muestre el vector ma o sus componentes y el par Iα.. 3. Escriba tres ecuaciones del movimiento: Se pueden obtener tres ecuaciones del movimiento al igualar las componentes x, las componentes y y los momentos alrededor de un punto arbitrario. Academia de Análisis Mecánico, DSMDSM-DIMDIM-FIMEFIME-UANL, 2005

B

Problema 16.158 Solución

L Cinemática:

β

A

aGy

B

G

aGx

B aA

=

aA A

B G

+

G

α

aA A

(aG/A)t

β

A ω=0 Academia de Análisis Mecánico, DSMDSM-DIMDIM-FIMEFIME-UANL, 2005

aGy

B

G

aGx

aA A

B

=

aA G

B G

+

(aG/A)t

α

aA A

A ω=0

(aG/A)t = α rG/A = α L2

aG = aA + aG/A L

L

aG = -aA i + α 2 sen70o i - α 2 cos70o j L

L

aG = (-aA + α 2 sen70o ) i - α 2 cos70o j Academia de Análisis Mecánico, DSMDSM-DIMDIM-FIMEFIME-UANL, 2005

Problema 16.158 Solución B 1

L

I α = 12 mL2 α o maGx = m (-aA + α L 2 sen70 )

β

A

L maGy = - m α 2 cos70o maGy

B

W = mg G

B G

=

A

maGx

Iα

A RA


W = mg P G

maGy

B

=

P

B G Iα

L cos70o 2

A

A

RA

maGx 1

I α = 12 mL2 α o maGx = m (-aA + α L 2 sen70 ) L maGy = - m α 2 cos70o

a) La aceleración angular de la barra: Momentos alrededor del punto P ( +

):

1 L L mg ( 2 cos 70o ) = m α L2 cos 70o ( 2 cos 70o ) + 12 mL2 α

6 g cos 70o α= L [ 1 + 3 (cos 70o )2 ]

α = 1.519 ( g/L)


W = mg

maGy

B

B

α = 1.519 (g/L) P G

P

=

G

maGx

Iα L cos70o 2

A

A

o maGx = m (-aA + α L 2 sen70 ) L maGy = - m α 2 cos70o

RA

b) La aceleración del centro de masa: L + ΣFx = m ax: 0 = m (-aA + α 2 sen70o ) L g L aA = α 2 sen70o = 1.519 2 L sen 70o = 0.760 g

aG = (-aA + α L2 sen70o ) i - α L2 cos70o j Sustituya aA y α por su valor:

aG = 0 i - 0.260 g j


W = mg P G

maGy

B

P

=

B G

α = 1.519 (g/L) maGx

Iα L cos70o 2

A

A

RA

o maGx = m (-aA + α L 2 sen70 ) L maGy = - m α 2 cos70o

b) La reacción en A:

+ ΣFy = m ay : RA - mg = - m α L2 cos70o L

RA = mg - m α 2 cos70o Sustituya α por su valor: RA = 0.740 mg

RA = 0.740 mg


Problema 16.161

B

600 mm

Dos barras de 3 kg AB y AC están soldadas entre sí como se muestra. Si las barras se sueltan desde el reposo, determine a) la aceleración del punto B, b) la reacción en A.

o

30

A

30o 600 mm

C


B

600 mm 30o

A

o

30 600 mm

C

Dos barras de 3 kg AB y AC están soldadas entre sí como se muestra. Si las barras se sueltan desde el reposo, determine a) la aceleración del punto B, b) la reacción en A.

1. Cinemática: Exprese la aceleración del centro de masa del cuerpo y la aceleración angular. 2. Cinética: Dibuje un diagrama de cuerpo libre que muestre las fuerzas aplicadas y un diagrama de fuerzas eficaces que muestre el vector ma o sus componentes y el par Iα. 3. Escriba tres ecuaciones del movimiento: Se pueden obtener tres ecuaciones del movimiento al igualar las componentes x, las componentes y y los momentos alrededor de un punto arbitrario.


B

600 mm 30o

A

Cinemática.

30o 600 mm

C ω=0 α

(aG1)t = α rG1/A = 0.3 α

B

G1

(aB)t (aG1)t

A

(aG2)t = α rG2/A = 0.3 α

G2 C

La aceleración del punto B:

(aG2)t

(aB)t = 0.6 α


B

600 mm 30o

A

m (aG1)t = 3 (0.3 α) = 0.9 α

o

30 600 mm

m (aG2)t = 3 (0.3 α) = 0.9 α 1 m L2 α = 1 3(0.6)2 α I α = 12 12

C

I α = 0.09 α mg = 3g Ay Ax

B

A mg = 3g

B

Iα

G1

G1

= G2

A Iα

C


G2

m (aG1)t

m (aG2)t

C

mg = 3g Ay Ax

B

0.09α

0.3 m

G1

G1

=

0.3 cos30o G2

A

B

A 0.09α

C mg = 3g

G2 0.9 α C

0.9 α

Momentos alrededor del punto A ( +

):

2 [ 3( 9.81 )( 0.3 cos30 )] = 2 [ 0.09 α + 0.9 α ( 0.3 ) ] o

α = 21.2 rad/s2

α = 21.2 rad/s2

a) La aceleración del punto B:

(aB)t = 0.6 α = (0.6)(21.2) = 12.74 m/s2

aB = 12.74 m/s2


mg = 3g Ay

B

B

G1

=

o

A

30

C mg = 3g b) La reacción en A:

ΣFx = m ax:

A 0.09α

G2

+

0.09α

G1 30o

Ax

0.3 m

G2

0.9 α

0.9 α

C

α = 21.2 rad/s2

Ax = 0.9α sen30o - 0.9 α sen30o Ax = 0

+ ΣFy = m ay :

Ay - 3g - 3g = - 2(0.9 α cos 30o) Ay = 25.8 N

Ay = 25.8 N


60o

Problema 16.163

B A

30o

El movimiento de una placa cuadrada de 150 mm por lado y masa de 2.5 kg está guiado por pasadores en las esquinas A y B que se deslizan en ranuras cortadas en una pared vertical. Inmediatamente después de que la placa se libera desde el reposo en la posición mostrada, determine a) la aceleración angular de ella, b) la reacción en la esquina A.


Problema 16.163 El movimiento de una placa cuadrada de 150 mm por lado y masa de 2.5 kg está guiado por pasadores en las esquinas A y B que se deslizan en ranuras cortadas en una pared B vertical. Inmediatamente después de que la placa se libera desde el reposo en la posición A 30o mostrada, determine a) la aceleración angular de ella, b) la reacción en la esquina A. 1. Cinemática: Exprese la aceleración del centro de masa del cuerpo y la aceleración angular. 2. Cinética: Dibuje un diagrama de cuerpo libre que muestre las fuerzas aplicadas y un diagrama de fuerzas eficaces que muestre el vector ma o sus componentes y el par Iα. 3. Escriba tres ecuaciones del movimiento: Se pueden obtener tres ecuaciones del movimiento al igualar las componentes x, las componentes y y los momentos alrededor de un punto arbitrario. Academia de Análisis Mecánico, DSMDSM-DIMDIM-FIMEFIME-UANL, 2005

Cinemática:

(aG/A)t = α rG/A = 0.1061 α

B o

A

G

B 30o

aA

30

A

(aB/A)t = α rB/A = 0.15 α

=

G aA

aA

B

+

G

75

α

30 aA

B

o

o

aB

(aG/A)t 30o

(aB/A)t

A

A


G

aG 30o

aA

A

B

=

G aA

aB

B+

aA 30o

aA

G

(aG/A)t

B

75o α

30o A

A

(aB/A)t

aB = aA + aB/A La componente x (+

):

0 = - aA + 0.15α sen 30o aA = 0.075α

aG = aA + aG/A aG = - 0.075α i + (aG/A )t cos15o i - (aG/A )t sen15o j aG = - 0.075α i + 0.1061α cos15o i - 0.1061α sen15o j aG = 0.02745 α i - 0.02745α j


1

I = 12 m ( b2 + c2) 1 I = 12 2.5( 0.152 + 0.152 ) = 0.009375 kg . m2

B 30o

A

maGx = 2.5 ( 0.02745 α ) = 0.068745α N maGy = 2.5 ( 0.02745 α ) = 0.068745α N maGy

W = 2.5g B

G

RB

maGx

G

=

30o

A

Iα

B

30o

A

R

A Academia de Análisis Mecánico, DSMDSM-DIMDIM-FIMEFIME-UANL, 2005

maGy

W = 2.5g 0.02745 m P

0.02745 m G

RB 30o

A

B

maGx

=

G P A

Iα

B

30o

I = 0.009375 kg m2 maGx = 0.06863α N maGy = 0.06863α N

RA a) Aceleración angular de la placa: Momentos alrededor del punto P ( +

):

2.5( 9.81 )( 0.02745 ) = 0.009375α + 2 [ ( 0.06863α )( 0.02745 )]

α = 51.2 rad/s2

α = 51.2 rad/s2


maGy

W = 2.5g 0.02745 m P

0.02745 m G

RB B o

A

maGx

=

30

G P A

Iα

B

30o

maGy = 0.06863α N

RA

α = 51.2 rad/s2 b) La reacción en A:

+ ΣFy = m ay :

RA - 2.5( 9.81 ) = - 0.06863 ( 51.2 ) RA = 21.0 N

RA = 21.0 N


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