La función general una máquina es transmitir movimiento y fuerzas a partir de una fuente, para realizar una tarea. Una tarea crítica en el diseño de maquinaria es asegurar que la resistencia de eslabones y juntas soporten las fuerzas impuesta en ellas. El estudio de las Fuerzas de inercia resultan muy importantes. Y es el propósito de este tema.

ANÁLISIS DINÁMICO DE FUERZAS

ANÁLISIS DE FUERZAS.

OBJETIVOS:

Definir e identificar una fuerza Calcular el momento provocado por una fuerza Entender el concepto entre masa y peso Calcular el momento de inercia de masa de un objetoya sea

asumiendounasimilitudconuna formabásicaoa partir delradio degiro

Transferir el momento de inercia de masa a un sistema de referencia alternativo

Entender y aplicar las tres leyes de movimiento de Newton Crear un diagrama de cuerpo libre de un componente de una

máquina en general. Calcula el coeficiente de fricción e identificar su dirección Calcula fuerzas y torques de inercia. Utilizar el método de superposición para facilitar la solución de un

análisis de muchas fuerzas identificaryaprovechar las condicionesespecialesparael

equilibriode miembros de dosfuerzasytresfuerzas gráfica y analíticamentedeterminarlas fuerzas que actúana través

de unmecanismo

INTRODUCCIÓN:Como es sabido, cualquier máquina tiene como función general, transmitir movimiento y fuerza a partir de una fuente de poder para alcanzar un tarea u objetivo, el cual debe satisfacer determinadas característica para lograrlo de manera eficiente tales como que asegurar que la resistencia de eslabones y juntas, sea suficiente para soportar las fuerzas que sobre ellos sean ejercidas.

Las fuerzas de inercia resultan a partir de la presencia de aceleraciones en los acoplamientos y en máquinas de alta velocidad en ocasiones son superiores a los requieren para realizar la tarea prevista. Se requiere un conocimiento básico de estática por lo que se darán algunas definiciones de aspectos básicos.

Se puede considerar que una fuerzaes una cantidad que representa una acción de empujar o tirar de una parte. Jalando un niñola manija deuncarro,se debe entender quese aplica una fuerzaala manija.Al serun vector, estafuerzaestá definida poruna magnitudy unadireccióndelaacción detirar o jalar.

Las unidades que se maneja para fuerzas son libras en sistema ingles y Newton en el sistema internacional.

Si dos o más fuerzas se aplican a una parte, pueden combinarse para para determinar el efecto neto de la fuerza.

Siendo un vector, esta fuerza está definida por una magnitud y una dirección de empuje. Las fuerzas tienen como unidades Newton en sistema internacional o en libras en sistema ingles.

Dos o más fuerzas aplicadas sobre una parte, pueden combinarse para determinar el efecto neto de las fuerzas. Combinar fuerzas para encontrar una resultante es idéntico a la adición de vectores de desplazamiento, velocidad, aceleración

Un torque o Momento, es la acción de giro producido por una fuerza. Por ejemplo jalar una llave de tuercas al apretar o aflojar una tuerca o tornillo, por lo tanto la fuerza aplicada causa una acción de giro alrededor del centro del tornillo. La acción resultante es denominada Torque o Momento.

Los momentos también son vectores su dirección es rotacional en sentido de las manecillas del reloj o contrario a estas.

El momento creado por una fuerza puede calcularse mediante la expresión

M A=FdDonde F = fuerza,

d = distancia perpendicular entre el punto de referencia y la fuerza

A = Punto de referencia designado

El momento puede expresarse en li-in o lb-ft en sistema ingles o en sistema internacional en N-mm o N-m.

MASA Y PESO

La masa mes una medida de la cantidad de material en un objeto: La masa también puede ser descrita como la resistencia de un objeto a la aceleración. Es más difícil acelerar un objeto con masa grande.

El peso Wde un objeto es una medida de la fuerza de gravedad sobre el, entonces el peso es una fuerza dirigida hacia el centro de la tierra. La aceleración de la gravedad g varía dependiendo de la ubicación relativa de la atracción gravitacional. Por lo anterior el peso de un objeto puede variar; sin embargo la masa no cambia con la atracción de la gravedad.

El peso y la masa están relacionadas con la ley gravitacional de Newton W = mgEn muchos análisis sobre la tierra se acordó que la aceleración de la gravedad se considera como:

g=32.2 fts2

=364 ¿s2

=9.81ms2

=9810mms2

Para evitar confusiones entre peso y masa se emplean unidades derivadas

slug= lbfts2

=lb s2

ft

1 slug=32.2lbm

MOMENTO DE INERCIA DE MASA

El memento de inercia de masa de una parte es la medida de la resistencia de aquella parte a la aceleración rotacional.

Es más difícil de acelerar un objeto que gira con un grande momento de inercia de masa. El momento de inercia esta relacionado con el punto o eje de referencia que generalmente es el centro de gravedad de la parte analizada.

El momento de inercia es expresado en slug ft2 o bien en lb ft s2 en sistema inglés o en el sistema internacional en Kg m s2.

La inercia de una parte también se puede calcular experimentalmente a partir de la propiedad denominada radio de girok, que es una medida del tamaño y forma de una parte con respecto a un eje y puede ser usado para determinar el momento de inercia de masa mediante la expresión.

I = m k2

Se expresa en unidades de longitud ft o in en sistema ingles y m o mm en sistema internacional.

Como el momento de inercia de masa está relacionado con los ejes, en ocasiones se desea relacionarlo a otro eje para lelo por lo que se utiliza el teorema de Steiner o de los ejes paralelos que se puede escribir como:

I x '=I x∓md2

Siendo d la distancia perpendicular entre los ejes paralelos

El término se añade cuando el eje de referencia se aleja del centro de gravedad de la pieza. Por el contrario, el término se resta cuando el eje de transferencia se acerca hacia el centro de gravedad.

Ejemplo: La figura siguiente es parte componente de una máquina y tiene un peso de 3 kg. Determine el momento de inercia de la parte relativa a un eje x hacia el centro de la pieza y también en relación a un eje x hacia el extremo de la pieza

3 lb

18”

Calculamos la masa mediante la expresión m=Wg

= 3 lbs

32.2 fts2

=0.093 slugs

En este análisis se parte de que aunque la barra tiene perforaciones, estas no afectan considerablemente los cálculos por ser pequeñas y se considera como una barra uniforme de sección circular sólida.

r = 3” = 0.25 ft l = 18“ = 1.5 ft

De tablas se puede obtener la expresión para determinar el momento de inercia de masa y se pide relativo al eje x al centro de la pieza, se determina como sigue:

I x=112

{m (3 r2+l2 )}

I x=112 {0.093 slugs (3(0.25 ft)2+(1.5 ft )2 )}

I x=00189 slug ft2=0.0189 ft s2

El momento de inercia es pedido también hacia el extremo de la pieza. La distancia de la transferencia del centro hacia el extremo de la parte es:

d=12¿

Utilizaremos la ecuación I x '=I x∓md2para realizar el cálculo despejando.

I x=I x '∓md2=0.0189 slug ft2+(0.093 slug)(0.75 ft)2

I x=0.0712 slug ft2=0.0712 lb ft s2

LEYES DE NEWTON

1a .- Todo objeto permanece en reposo o se mueve con velocidad constante, a menos que una fuerza no equilibrada actúa sobre él.

2a .-Un cuerpo que tiene una fuerza desequilibrada tiene:aceleración que es proporcional a la fuerza;aceleración que está en la direcciónde lafuerza, y,aceleración que es inversamente proporcional a la masa del objeto

3a.- Para cada acción hay una reacción igual y opuesta.

Todas estas leyes son empleadas en el estudio de los mecanismos. Todas las fuerzas que actúan en un mecanismo pueden ser examinadas y se requiere del llamado diagrama de cuerpo libre para hacerlo.

Un diagrama de cuerpo libre es una figura aislada como si estuviera flotando libre ya que se remueven soportes y contactos con otros elementos y son reemplazados por fuerzas equivalentes por lo tanto el diagrama de cuerpo libre muestra todas las fuerzas que sobre él están actuando.

F34

5

F23

Fuerza aplicada

FUERZAS ESTÁTICASLa primera ley aplica a todas loseslabones en reposo o con velocidad constante; así, la condición se refiere al equilibrio como algo estático y podemos representarla matemáticamente como

ΣF=0 y ΣM=0

Una fuerza de contacto, como consecuencia del deslizamiento de una junta, siempre actúa perpendicular a la superficie de contacto y se conoce como fuerza normal N

Cuando la fricción no es despreciable en el análisis de las máquinas, una fuerza adicional se observa y se le conoce como fuerza de fricción y actúa para impedir el movimiento sobre un barra deslizable en dirección opuesta al movimiento de la corredera.

Para un objeto inmóvil, la fricción trabaja para prevenir el movimiento hasta que la fricción máxima posible se alcanza. Este máximo valor es una función de un coeficiente de fricción m. Elcoeficiente de fricción es dependiente del material y de las condiciones de la superficie y se determina experimentalmente.

Para que un objeto esté en equilibrio cuando está sometido a dos fuerzas, estas dos fuerzas deben:

Tener la misma magnitud, actuar a lo largo de la misma línea y tener sentidos opuestos; por lo anterior esta fuerzas solo pueden provocar tensión o compresión.Este hecho es extremadamente empleado en el análisis de las fuerzas. Cuando la ubicación de las fuerzas es conocido, la dirección de la fuerzas están definidas; cuando la magnitud y sentido de una única fuerza es conocido, la magnitud y dirección de la otra fuerza puede determinarse

Para que un objeto esté en equilibrio cuando se somete a sólo tres fuerzas, lo siguiente debe ocurrir:

La resultante de las tres fuerzas debe ser cero y las líneas de dirección de las tres fuerzas se cruzan en el mismo punto.

Ejemplo

PRINCIPIO DE SUPERPOSICIÓN

El concepto de superposición es aplicable a sistemas lineales.Por lo tanto, se debe enfatizar que este principio es válido para sistemas en los que la fricción es despreciable.

El principio de superposición de fuerzas establece que el efecto neto de muchas fuerzas sobre un sistema, es la combinación de los efectos de cada fuerza individual. De esta manera, un mecanismo con muchas fuerzas puede ser analizado concentrándose en una fuerza ala vez. Entonces el resultado para cada caso individual pude ser vectorialmente combinado o superpuesto para determinar el resultado total.

FUERZAS DINÁMICAS

La segunda ley de Newton se vuelve crítica para todas partes que experimentan aceleración. Para movimiento lineal esta ley puede establecerse en términos de la aceleración del centro de masa de la barra como:

ΣF=magPara movimiento rotacional puede expresarse en términos de la aceleración rotacional α y el momento de inercia referido a un eje por el que pase su centro de gravedad como: ΣM g=I gα

Principio de d’Alambert:

ΣF−mag=0 - - - 1Definiendo una fuerza inercial Fg

i en el centro de gravedad del eslabón se puede escribir ΣF−Fg

i =0 - - - 2 siendoFg

i=mag esta fuerza inercial es simplemente un vector en la dirección de la aceleración

El principio de D’Alambertpermite el análisis de aceleración de los eslabones empleando los mismos métodos empleados en un análisis estático.De manera similar un torque inercial T g

i puede ser definido en el centro de gravedad de la barra como: ΣT−T g

i =0 donde T gi=I gα

DESPLAZAMIENTO, DE LA FUERZA INERCIAEQUIVALENTE

La aceleración de un eslabón que experimenta un movimiento plano general puede ser caracterizada por la aceleración lineal del centro de gravedad y la aceleración rotacional de la barra completa.

La fuerza de inercia puede ser relocalizada a una distancia lejos del centro de gravedad, produciendo un torque alrededor del centro de gravedad el cual es

equivalente al torque inercial. Haciendo esto se elimina el torque inercial, pero aún así representa su acción.

Los dos sistemas de fuerzas equivalentes se muestran en las figuras siguientes, la distancia d gque la fuerza de inercia es movida depende de la magnitud del torque inercial

Fgi F g

i

T gi dg

ΣM g(debidoaltorqueinercial)=Σ M g(debidoa lafuerzainercial movida)

I gα=(mag )dg d g=I gαmag

La dirección del movimientoes una cuestión importante en la reubicación de la fuerza inercial. La fuerza inercial desplazada, debe causar la acción de torsión como la del par de inercia original.

Ejemplo

El eslabón mostrado en la figura está aislado de su mecanismo. El estado de aceleración puede ser caracterizado por la aceleración lineal de su centro de gravedad (cg) y la aceleración rotacional de la barra como se muestra. El eslabón tiene una masa de 12 Kg. Determinar lamagnituddelafuerza deinercia, yel desplazamientode la fuerzadesdeelcg, tal quetambién secompenseeltorquede inercia.

Solución:

La fuerza de inercia actúa en la dirección de la aceleración del cg. Puede

calcularse mediante la ecuación: Fgi=mag=(12Kg )(2.5 ms )=30N

Para reubicar la fuerza inercial primero debe determinarse el momento de inercia de masa. El eslabón de (8mm x 90mm x 600mm) es considerado como prima rectangular, yaquelos barrenos de los extremos por ser pequeños tienen mínimo efecto en el cálculo.El momento de inercia requerido es perpendicular al plano de la cara 600 x 90 por lo que se usa la ecuación para el eje y con los siguientes datos:

a= 0.09 m b= 0.008 m l= 0.60 m I y=112

{m (a2+l2 ) }

I y=112

{12Kg [ (0.9m¿¿¿2+ (0.60m)2 )}=0.37Kgm2

Un torque inercial ocurre en la dirección de la aceleración angular y puede calcularse

T gi=Iα= (0.37 Kgm2 )(20 rads2 )=7.40Nm

La figura siguiente ilustra el eslabón con las fuerzas inerciales.

Utilizaremos la ecuación d g=I gαmag

para determinar la distancia dg que la fuerza

debe desplazarse para compensar el torque inercial.

d g=0.37 Kgm2(20 rads2 )12Kg(2.5 ms2 )

=0.25m

La transferencia de la fuerza inercial crea la misma acción de giro alrededor del centro de gravedad como lo hace el torque inercial.Recordar que el torque inercial tiene el mismo sentido de giro que la aceleración rotacional.

.

FUERZAS DINÁMICAS EN MECANISMOS

Como es sabido, las ecuaciones de equilibrio se pueden descomponer en las direcciones ortogonales y resolverse algebraicamente.

Sin embargo, en el análisis de la fuerza, estaaproximación algebraica se puede manejar en todos los diagramas de cuerpo libre, y el método de superposición de fuerzas no se necesita.

Ejemplo:

Un mecanismo 3RP se utiliza en una pequeña máquina para perforar automáticamente cuero a una velocidad de 20 golpes por minuto. La manivela y el brazo conector tienen respectivamente 0.35 y 0.75 de masa. La manivela está diseñada para giran en sentido contrario al de las manecillas del reloj. El coeficiente de fricción entre el punzón y las guías es de 0.15. En la posición mostrada, determinar el par o torque necesario para conducir el punzón y las fuerzas en la articulación.

β=sen−1( 40mm130mm )=17.9

Debido a que el punzón opera a razón de 20 golpes por minuto y el mecanismo da un golpe por revolución de la manivela, esta tendrá una velocidad constante de 20 rpm en sentido contrario al de las manecillas del reloj.

ω2=20 rpm=(20 rpm ) {2π60 }=(2.09 rads )contrarioalasmanecillasEl primer paso en el análisis es obtener una comprensión completa de las velocidades en el mecanismo. La velocidad del punto B se puede calcular con la siguiente ecuación:

vB=ω2 rB=(2.09 rads ) (20mm )=41.8mm/s→

Una vez conocida la velocidad del punto B se puede trazar el polígono de las velocidades ya que se conoce la orientación de los vectores para cada elemento tomando en cuanta la ecuación de velocidad siguiente:

vC=v B+v CB

De la figura se puede obtener

vc=v B

tan (90−β )

vc=41.8mm

stan (90−17.9)

=13.5mm/s

v cB=

vBsen (90−β )

=43.9mms 17.9°

El polígono de velocidades puede ser usado para determinar la velocidad del centro de gravedad de las barras 2 y 3.

Como se puede observar la velocidad de vG 2=vB2

=20.9mm /s

Utilizando la ley de los cosenos

(vG3)2=(vB)

2+(vC /B

2)2

−2 (v B )( vC /B

2 )COSβ

vG 3=√(vB)2+(

vC /B

2)2

−2 (v B )( vC /B

2 )COSβ

vG 3=√(41.8)2+( 43.92

)2

−2 (41.8 )(43.92 )cos (17.9)=21.9mm/s

sen−1 { vC /B

2vG3

sen β }={ 42.9221.9 sen17.9}=17.5 °Formalmente vG 3=21.9mm/ s 17.5°

Continuaremos con el análisis de aceleraciones usando la ecuación

aCn+aC

t +¿aBn+aB

t +aC /Bn +aC/B

t

El siguiente paso es dibujar el diagrama de aceleraciones que incluya a los puntos B y C determinando en primer lugar las magnitudes de las aceleraciones usando las ecuaciones.aBn=

(vB)2

r A /B=

(41.8mm /s)2

20mm=87.4 mm

s2

aBt =α2 r A /B=(0 ) (20mm )=0 mm

s2

aC/Bn =

(vC /B)2

rC /B=

(43.9mm/s )2

130mm=14.8 mm

s2

Construimos el polígono de aceleraciones con los datos conocidos y las direcciones de las aceleraciones de cada barra separando las ecuaciones algebraicas en componentes horizontal y vertical utilizaremos los datos siguientes:

Vector Angulo Comp. horiz. Comp. vert.

aC 90° 0 aC

aC/Bn 90° 0 87.4

aCB

n107.9° -4.5 14.1

aC/Bt 72.1° 0.31 aC/B

t 0.91 aC/Bt

Componente horizontal

0=0+(−4.5 )+(0.31a CB

t )

resolviendoaC/Bt = 4.5

0.313=14.5 mm

s2

Componente vertical

aC=(87.4)+ (14.1 )+(0.95aC/Bt )

aC=(87.4 )+ (14.1 )+ [0.95 (14.5 ) ]=115.3 mms2

El polígono de aceleración se puede utilizar para determinar la aceleración del centro de gravedad delos treseslabones.

aG2=aBn

2=87.4

2=43.7mm /s2 Mitad entre OA y B

aG3=aC+aB

n

2=

(115.3+87.4)2

=101.4mm /s2 Mitad entre B y C

aG4=aC=115.3mm/s2 El eslabón 4 tiene movimiento lineal puro

La aceleración angular de las barras será:α 2=0 por tener velocidad angular constante

α 3=aB/Ct

rC/B=

(14.5mm/ s2)130mm

=0.011rad /s2en sentidocontrario a lasmanecillas

a4=0 por tener el eslabón4movimiento rectilíneo

Nos concentraremos ahora el las cargas de inercia, la masa y peso de cada eslabón está dado por

m2=0.35KgW 2=0.35Kg(9.8 mms2)=3.43N

m3=0.75 KgW 3=0.75 Kg(9.8mms2)=7.35N

m4=1.2KgW 4=1.2Kg(9.8mms2)=11.76N

Cálculo de los momentos de inercia de masa

IG2=112ml2= 1

12{0.35Kg (20mm )2 }=11.7kg mm2

IG3=112ml2= 1

12{0.75Kg (130mm )2 }=1056.3 kgmm2

Porque eslabón 4 tiene movimiento lineal puro, el momento de inercia de masa es irrelevante

Determinación de las cargas de inercia.

FG2i =m2aG2=(0.35 kg )(43.7mms2 )=15.3 kg mms2 =0.0153 N

T G2i =IG2α2=(11.7 kgmm2) (0 rads2 )=0.0Nmm

FG3i =m3aG3= (0.75 kg )(101.4 mms2 )=76.1 kg mms2 =0.076 N

T G3i =IG3α3= (1056.3 kgmm2 )(0.11 rads2 )=116.2Kg mm

2

s2=0.1162Nmm

En sentido contrario al de las manecillas.

FG4i =m4aG4=(1.2 kg )(115.3 mms2 )=138.4 kg mms2 =0.01384 N

ANÁLISIS DINÁMICO DE FUERZAS

La siguiente figura muestra los diagramas de cuerpo libre, en ellos se nota que las fuerzas desconocidas de la juntas están en sus componentes horizontal y vertical. Tomando en cuenta la tercera ley de Newton se muestran las orientaciones de las fuerzas y sus magnitudes están apropiadamente indicadas, por lo que se cumple:

F23h=F32h; F23 v=F32v ; F34h=F43 h ;F34 v=F43 v

Enfocándonos en la manivela 2, las ecuaciones de equilibrio pueden escribirse como ΣF−F2

i=0;

En dirección horizontal −F12h+F23h=0. (1)

En dirección vertical, F21v+F23 v−W 2−FG2i =0;

F21v=−F23 v+W 2+FG2i =3.45−F23 v (2)

Usando el punto A comoreferencia ΣM−T 2i=0

Podemos escribir:F23h (r AB )−T CONDUCTOR=0 ; (3)

Enfocandonos en el eslabón acoplador 3 las ecuaciones de equilibrio pueden escribirse como:ΣF−F3

i=0;

En dirección horizontal +F32h−F34h=0; F32 h=F34 h (4)

En dirección vertical, −F32v+F34 v−W 3−FG3i =0 ; (5)

Usando el puntoG como referencia ΣM−T3i =0

−F32h( r BC2 )(cosβ )+F32 v ( rBC2 ) (senβ )−F34h( rBC2 )(cosβ )+F34 v ( rBC2 ) ( senβ )−TG3i =0 ;

(6)

Enfocandonos en el punzón corredera 4 las ecuaciones de equilibrio pueden escribirse como: ΣF−F4

i =0

En dirección horizontal F43 h−Fguía=0; F43 h=Fguía(7)

En dirección vertical, −F43 v−W 4+Faplicada+F fricción−¿ FG 4i =0 ;¿(8)

Debido a que las lineas de accción de todas las fuerzas que actuan en el elemento 4 convergen en un punto, no es aplicable ninguna ecuación de equilibrio de momento. Además la fricción asociada con la guía del punzón actúa contra la dirección del movimiento y puede ser denotada como:

F fricción=μFguía

F43 v=−W 4+Faplicada+F fricción−FG4i =0 ;

F43 v=−11.76+15+0.15 Fguía−0.14=0;F43 v=0.15 Fguía+3.10 (9)

La tarea es resolver el sistema de ocho ecuaciones simultáneas para obtener el valor de las ocho fuerzas desconocidas. Le ecuación (9) puede sustituirse en la (5) quedando:F32v=−W 3+F34 v−FG 3

i =0 ;F32v=−7.35+0.15 Fguía+3.10−0.08F32v=0.15Fguía−4.33 (10)

La ecuación (7) se sustituye en (4) F23h=F34h=Fguía (11)

Las ecuaciones (7), (9), (10) y (11), se sustituyen en (6) y resolviento el sistema se

obtiene el valor de Fguía=0.19N→

sustituyendo este valor en la ecuaciones previas se obtiene el valor de las fuerzas no conocidadas.

F34 h=0.19N→F32 h=0.19N←F34 v=0.19N↑ F32v=−4.30N ↓F fricción=0.03 N→F21 h=0.19N←

F21v=7.75N ↓Tconductor=3.80 Nmmmanecilla

Si algún calor obtenido resulta negativo, indica que la dirección escogida para el vector en el diagrama de cuerpo libre fue incorrecta.