cine tica cuerpo rig i do

8/11/2019 Cine Tica Cuerpo Rig i Do

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Cinetica de Cuerpos Rıgidos: Ecuaciones de Newton-Euler.

Jose Marıa Rico Martınez

Departamento de Ingenierıa Mecanica.

Universidad de Guanajuato, F. I. M. E. E.

Carretera Salamanca-Valle de Santiago Km. 3.8 + 1.5

CP 36730, Salamanca, Gto., Mexico

E-mail: [email protected]

Alejandro Tadeo ChavezDepartamento de Ingenierıa Mecatronica.

Instituto Tecnologico Superior de Irapuato

Carretera Irapuato-Silao Km. 12.5

CP 36614, Irapuato, Gto., Mexico

E-mail: [email protected]

1 Introduccion.

En estas notas, se presentan los fundamentos de la cinetica de los cuerpos rıgidos, en particular la

deduccion de las ecuaciones de Newton-Euler para cuerpos rıgidos. En un primer lugar, se derivan lasecuaciones de Newton-Euler para un cuerpo rıgido sujeto a movimiento espacial, en una segunda etapase determina la forma particular de las ecuaciones de Newton-Euler cuando el cuerpo rıgido esta sujeto amovimiento plano general y la distribucion de masas del cuerpo rıgido satisface ciertas condiciones. Enuna etapa final, estas notas indican las limitaciones de las ecuaciones de Newton-Euler obtenidas aquı,ası como los casos especiales de las ecuaciones de Newton-Euler cuando el cuerpo rıgido esta sujeto a:

1. Traslacion.

2. Rotacion alrededor de un eje fijo.

3. Movimiento de rodadura.

Sin embargo, antes de iniciar el estudio de la derivacion de las ecuaciones de Newton-Euler es necesario

revisar algunas de las propiedades de los primeros momentos de masas, del centro de masas de un cuerporıgido, conocido tambien como baricentro o centro de gravedad y de los segundos momentos de masas, esdecir del tensor de inercia.

1



2 Primeros Momentos de Masa, Centro de Masas.

Considere un cuerpo rıgido B y un punto arbitrario P . Entonces el primer momento de masas, QP ,

del cuerpo B respecto al punto P se define como

QP =

B

rM/P dm, (1)

donde la integral es con respecto a todas las partıculas del cuerpo rıgido B y el vector rM/P es el vectorde posicion de una partıcula arbitraria del cuerpo, localizada en el punto M , y esta dado por, vea lafigura 1,

rM/P = xi + yˆ j + zk,

por lo tanto, vea la figura 2,

Figure 1: Primer Momento de Masas de un Cuerpo Rıgido B Respecto a un Punto P .

Figure 2: Componentes Cartesianas del Primer Momento de Masas de un Cuerpo Rıgido B Respecto aun Punto P .

2



QP = B

rM/P dm = Bxi + yˆ j + zk dm

=

B

x dm i +

B

y dm ˆ j +

B

z dmk = QPx i + QPy j + QPz

k, (2)

donde

QPx =

B

x dm QPy = B

y dm QPz =

B

z dm, (3)

se denominan las componentes, x, y y z, del primer momento de masas del cuerpo B con

respecto al punto P .Definicion: Centro de Masas. Considere un cuerpo rıgido B , un punto G del cuerpo rıgido B se

denomina el centro de masas, baricentro o centro de gravedad si y solo si el primer momento demasas, QG, del cuerpo B respecto al punto G es igual a 0, es decir

QG =

B

rM/G dm = 0, (4)

o alternativamente

QGx =

B

x dm = QGy =

B

y dm = QGz =

B

z dm = 0. (5)

Ahora bien, considere otro punto Q, entonces los primeros momentos de masas respecto a los puntosG y Q estan relacionados por

QG =

B

rM/G dm =

B

rM/Q + rQ/G

dm =

B

rM/Q dm + rQ/G

B

dm = QQ + MrQ/G. (6)

sin embargo, QG = 0.

Por lo tanto QQ + M rQ/G = 0 o QQ = −M rQ/G = M rG/Q (7)

Asi pues, el centro de masas G es el punto donde la masa del cuerpo debe concentrarse para calcular,con respecto a un punto arbitrario, digamos Q, los primeros momentos de masa.

3 Segundos Momentos de Masa, Tensor de Inercia.

Considere un cuerpo rıgido B y un punto arbitrario P . Entonces el vector de inercia, I P,na , del

cuerpo B respecto al punto P y en la direccion na se define como

I P,na =

B

rM/P ×

na × rM/P

dm, (8)

donde la integral es con respecto a todas las partıculas del cuerpo rıgido B, el vector na es un vectorunitario y el vector rM/P es el vector de posicion de una partıcula arbitraria del cuerpo, localizada en elpunto M , vea la figura 3.

3



Figure 3: Determinacion del Vector de Inercia de un Cuerpo Rıgido B Respecto a un Punto P .

El escalar de inercia I P,na,nb denominada el escalar de inercia del cuerpo rıgido B relativa al

punto P en las direcciones na y nb se define como

I P,na,nb ≡ I P,na · nb. (9)

A partir de las definiciones indicadas en las ecuaciones (8) y (9), se tiene que

I P,na,nb = I P,na · nb =

B

rM/P ×

na × rM/P

dm

· nb

=

B

rM/P ×

na × rM/P

· nb dm =

B

nb × rM/P

·

na × rM/P

dm

= B

rM/P × nb

· rM/P × na

dm (10)

Ademas, de la ecuacion (10) se tiene que

I P,na,nb =

B

rM/P × nb

· rM/P × na

dm =

B

rM/P × na

· rM/P × nb

dm = I P,nb,na .(11)

La ecuacion (11) indica que el escalar de inercia es simetrico respecto al orden de los vectores

unitarios na y nb. Si na = nb el escalar de inercia se denomina el producto de inercia del cuerpo

B relativa al punto P en las direcciones na y nb, si na = nb el escalar de inercia se denomina el

segundo momento de masa o momento de inercia del cuerpo B relativa al punto P en la

direccion na o el momento de inercia del cuerpo B relativa al punto P respecto a la lınea La

definida por el punto P y la direccion dada por na. Estas definiciones no requieren que las direccionesdadas por na y nb sean perpendiculares. Sin embargo cuando las direcciones son perpendiculares, porejemplo, aquellas dadas por los vectores unitarios i, ˆ j, k es posible encontrar terminos que son masfamiliares a los interesados en la mecanica de los cuerpos rıgidos. Por ejemplo, si

rM/P =

x

yz

4



Figure 4: Determinacion de las Componentes Cartesianas del Vector de Inercia de un Cuerpo Rıgido B

Respecto a un Punto P .

entonces, vea la figura 4,

I P,i =

B

rM/P ×

i × rM/P

dm =

I i,i

I i,jI i,k

=

I xx

I xyI xz

=

B

(y2 + z2) dm B

(−x y) dm B

(−x z) dm

, (12)

I P,j =

B

rM/P ×

ˆ j × rM/P

dm =

I j,i

I j,jI j,k

=

I yx

I yyI yz

=

B

(−y x) dm B

(x2 + z2) dm B

(−y z) dm

(13)

y

I P,k =

B

rM/P ×

k × rM/P

dm =

I k,i

I k,jI k,k

=

I zx

I zyI zz

=

B(−z x) dm B(−z y) dm

B(x2 + y2) dm

(14)

De los resultados dados en las ecuaciones (12,13,14) se obtiene que la matriz o tensor de inercia queesta dado por

IP =

I xx I xy I xz

I yx I yy I yzI zx I zy I zz

(15)

Por el resultado indicado en la ecuacion (11), se sabe que la matriz es simetrica y todas las matricessimetricas tienen eigenvalores reales y los eigenvectores asociados son perpendiculares. Los eigenvalores seconvierten en los ejes principales de inercia y los eigenvectores se convierten en las direcciones principales

de inercia. Las direcciones principales de inercia, asociados al tensor de inercia de un cuerpo rıgido,B, respecto a un punto arbitrario, P , se caracterizan por que los productos de inercia asociados a estasdirecciones principales son todos 0. Es decir, si las direcciones principales asociados a un tensor de inerciaIP son n1, n2 y n3, entonces

I′P =

I n1 n1 I n1 n2 I n1 n3

I n2 n1 I n2 n2 I n2 n3I n3 n1 I n3 n2 I n3 n3

=

I n1 n1 0 0

0 I n2 n2 00 0 I n3 n3

(16)

5



Puesto que rQ/P , na, nb son constantes respecto a la variable de integracion d m, las integrales de la

ecuacion (18) pueden reducirse, de manera que

I P,na,nb =

rQ/P × nb

· rQ/P × na

B

dm +

rQ/P × nb

· B

rM/Q dm × na

+

B

rM/Q dm × nb

· rQ/P × na

+

B

rM/Q × nb

· rM/Q × na

dm.

=

rQ/P × nb

· rQ/P × na

M +

rQ/P × nb

· QQ × na

+

QQ × nb

· rQ/P × na

+ I Q,na,nb (19)

Esta ecuacion, (19) permite determinar los escalares de inercia asociados a dos puntos diferentes perocuyas direcciones son paralelas. En particular, si el punto P es el centro de masas del cuerpo G y na = nb,se tiene que

I G,na,na =| rQ/G × na |2 M + 2

rQ/G × na

· QQ × na

+ I Q,na,na (20)

Sin embargo, el primer momento de masas QQ esta dado por

QQ = M rG/Q = −M rQ/G,

por lo tanto

I G,na,na = | rQ/G × na |2 M + 2

rQ/G × na

· −M rQ/G × na

+ I Q,na,na

= | rQ/G × na |2 M − 2 | rQ/G × na |2 M + I Q,na,na (21)

Por lo que, finalmenteI Q,na,na = I G,na,na + M

|rQ/G

×na

|2 (22)

3.2 Radio de Giro de un cuerpo.

Dado un cuerpo rigido B , un punto P y una direccion arbitraria dada por el vector unitario na, es posibledeterminar el momento de inercia del cuerpo B respecto del punto P y en la direccion dada por na;es decir, es posible calcular I P,na,na . Bajo este marco de referencia, el radio de giro kP,na del cuerpoB respecto del punto P en la direccion dada por na se define como la distancia a partir del puno P yperpendicular a na donde debe concentrarse la masa M del cuerpo B para que I P,na,na conserve el mismovalor; es decir

M k2P,na = I P,na,na

Finalmente

kP,na = I P,na,na

M

(23)

4 Suposiciones Fundamentales y Derivacion de las Ecuaciones

de Newton-Euler.

Considere un cuerpo rıgido B y un cierto numero de partıculas, P 1, P 2, P 3, P i y P j , totalmente arbitrarias,que permiten ejemplificar el comportamiento de cualquier otra partıcula del cuerpo B. Sobre cada una

7



de esas partıculas actuan las fuerzas internas que ejercen el resto de las partıculas del cuerpo. Estas

fuerzas internas satisfacen dos propiedades:1. La pareja de fuerzas internas que dos partıculas P i y P j se provocan entre si son iguales y de sentidos

contrarios. f ij = − f ji . (24)

donde el primer subındice del vector f indica la partıcula sobre la cual actua la fuerza y el segundosubındice del vector f indica la partıcula que provoca la fuerza, vea la figura 6.

Figure 6: Suposiciones Acerca de las Fuerzas Internas de un Cuerpo Rıgido B .

2. La direccion de las fuerzas internas que dos partıculas P i y P j , se provocan entre si, coincide con

la lınea que une ambas partıculas. Es decir, las fuerzas f ij , f ji son colineales.

3. Una partıcula P i no ejerce fuerza sobre si misma, es decir

f ii = 0. (25)

Por otro lado, sobre algunas partıculas, digamos P i del cuerpo rıgido B, actuan fuerzas externas

cuya resultante esta dada por F i.

5 Suma de las Fuerzas Internas y Externas que Actuan Sobre

las Partıculas del Cuerpo Rıgido B.

En esta seccion determinaremos la suma de las fuerzas internas y externas que actuan sobre las partıculas

del cuerpo rıgido B . Aplicando la segunda ley de Newton para cada una de las partıculas P i, se tiene que F i +

j

f ij = mi aP i (26)

donde aP i es la aceleracion de la partıcula P i que puede expresarse en terminos de la aceleracion delcentro de masas G del cuerpo rıgido B como, vea la figura 7,

aP i = aG + α × rP i/G + ω × ω × rP i/G

. (27)

8



6 Suma de los Momentos de las Fuerzas Internas y Externas

que Actuan Sobre las Partıculas del Cuerpo Rıgido B conRespecto al Centro de Masas del Cuerpo.

En esta seccion determinaremos la suma de los momentos de las fuerzas internas y externas que actuansobre las partıculas del cuerpo rıgido B con respecto al centro de masas G del mismo cuerpo rıgido.El analisis comienza premutiplicando vectorialmente ambos lados de la ecuacion (26) por el vector deposicion de la partıcula P i respecto al centro de masas G. De esa manera se obtiene

rP i/G ×

F i +j

f ij

= rP i/G ×

mi aP i

. (35)

Sustituyendo la aceleracion de la partıcula P i de acuerdo a la ecuacion (27) y sumando el efecto detodas las partıculas del cuerpo B , se tiene que

B

rP i/G ×

F i +

j

f ij

=B

rP i/G ×

mi

aG + α × rP i/G + ω ×

ω × rP i/G

(36)

Separando los terminos de la ecuacion (36) se tiene queB

rP i/G × F i

+B

rP i/G ×

j

f ij

=B

rP i/G × mi aG

+B

rP i/G ×

mi α × rP i/G

+B

rP i/G ×

mi ω ×

ω × rP i/G

(37)

Puesto que las fuerzas internas entre dos partıculas son iguales, de direccion opuesta y colineales, setiene que la suma de los momentos de las fuerzas internas esta constituido por pares de fuerzas de laforma

rP i/G × f ij + rP j/G × f ji = rP i/G × f ij − rP j/G × f ij

=

rP i/G + rG/P j

× f ij = rP i/P j × f ij = 0. (38)

Por lo tanto B

rP i/G ×

j

f ij

= 0. (39)

Ademas el primer termino del lado izquierdo de la ecuacion (37) es la suma del momento de las fuerzasexternas aplicadas al cuerpo B con respecto al centro de masas, es decir

B

rP i/G × F i

=

B

T G (40)

Sustituyendo las ecuaciones (39, 40) en la ecuacion (37) y rearreglando el lado derecho de la ecuacionresultante, se tiene que

B

T G =B

mi rP i/G

× aG +B

mi rP i/G

× α × rP i/G

10



+BrP i/G × mi ω × ω × rP i/G (41)

Por un lado, de la ecuacion (32), el primer termino del lado derecho de la ecuacion (41) se tiene queB

mi rP i/G

= 0.

El segundo termino del lado derecho de la ecuacion (41) puede reescribirse comoB

mi rP i/G

× α × rP i/G

= αx

B

rP i/G ×

mi i × rP i/G

+αy

B

rP i/G ×

mi ˆ j × rP i/G

+αz

B

rP i/G × mi k × rP i/G

= I G,i αx + I G,j αy + I G,k αz

=

I G,i I G,j

I G,k

αx

αy

αz

= IG α.

(42)

Finalmente, empleando la identidad de Jacobi del triple producto vectorial

a ×

b × c

= −c ×

a× b− b × (c × a) , (43)

puede probarse que el tercer termino del lado derecho de la ecuacion (41) puede reescribirse como

B

rP i/G ×

mi ω × ω × rP i/G

= −

B

ω × rP i/G

× rP i/G × mi ω

−mi ω × ω × rP i/G

× rP i/G

=B

mi

ω × rP i/G

× ω × rP i/G

+B

ω ×

mi rP i/G ×

ω × rP i/G

=B

mi

0

+ ω × IG ω = ω × IG ω (44)

Sustituyendo ecuaciones (32, 42, 44) en la ecuacion (41), se obtiene que

B

T G = IG α + ω

×IG ω. (45)

La ecuacion (45) es la segunda de las ecuaciones de Newton-Euler necesarias para estudiar la cineticade un cuerpo rıgido con una distribucion de masas arbitraria y libre de moverse en el espacio sin restricci onalguna.

La siguiente seccion, 7, mostrara como esas ecuaciones pueden simplificarse cuando el cuerpo rıgidoesta sujeto a movimiento plano general y la distribuci on de masas satisface ciertas condiciones relativa-mente faciles de satisfacer.

11



7 Simplificacion de las Ecuaciones de Newton-Euler Para el

Caso de un Cuerpo Rıgido Sujeto a Movimiento Plano Ge-neral y con una Distribucion de Masas Particular.

La seccion anterior, 6, permitio encontrar las ecuaciones de Newton-Euler para cuerpos rıgidos sujetosa movimiento espacial y con una distribucion de masas arbitraria, en esta seccion se mostrara que estasecuaciones pueden simplificarse de manera considerable.

Suponga ahora que el cuerpo rıgido cumple las siguientes suposiciones:

1. El cuerpo rıgido esta sujeto a movimiento plano general.

2. El cuerpo rıgido tiene una distribucion de masas tal que, considerando la matriz de inercia delcuerpo respecto a su centro de masas, la direccion perpendicular al plano de movimiento del cuerporıgido es un eje principal de inercia.1

Suponga, sin perdida de generalidad, que el plano de movimiento plano del cuerpo es el plano X −Y ,por lo tanto, las velocidades y aceleraciones angulares del cuerpo rıgido estan dados por

ω = ωk, y α = αk. (46)

La suposicion de la distribucion de masa implica que el tensor o matriz de inercia esta dada por

IG =

I Gxx I Gxy 0

I Gyx I Gyy 00 0 I Gzz

, (47)

donde no es necesario conocer si los ejes en las direcciones X y Y son, o no, direcciones principales deinercia.

Sustituyendo el resultado de estas suposiciones en la ecuacion (45), se tiene queB

T G = IG α + ω × IG ω

=

I Gxx I Gxy 0


0

0α

+ ωk ×

I Gxx I Gxy 0


0

0ω

= I Gzz αk + ωk × I Gzzωk = I Gzz α − 0 = I Gzz α (48)

La conclusion de esta seccion es que las ecuaciones de Newton-Euler que rigen la cinetica de cuerposrıgidos sujetos a movimiento plano general que satisfacen la segunda suposicion indicada en esta seccion,vea la figura 8, estan dadas por

B

F i = MaG, yB

T G = I Gzz α. (49)

1En ocasiones, algunos libros indican que la distribucion de masas deb e ser simetrica respecto al plano de movimiento

del cuerpo rıgido que pasa por el centro de masas. Esta condicion es suficiente pero no necesaria.

12



Figure 8: Ecuaciones de la Cinetica de un Cuerpo Rıgido Sujeto a Movimiento Plano General.

8 El Principio de D’Alembert.

Las dos ecuaciones dadas por (49) pueden escribirse como, de acuerdo con D’Alembert, 2 vea la figura 9.B

F i − MaG = 0, yB

T G − I Gzz α = 0. (50)

Figure 9: Aplicacion del Principio de D’Alembert en las Ecuaciones de la Cinetica de un Cuerpo RıgidoSujeto a Movimiento Plano General.

Este cambio, aparentemente cosmetico, tiene profundas implicaciones teoricas, las ecuaciones (50)

indican que:

1. La suma de las fuerzas externas, F i, aplicadas al cuerpo rıgido, B , junto con la fuerza de inercia,−MaG, aplicada en el centro de masas, G, del cuerpo es igual a 0.

2Jean Le Rond d’Alembert, 1717-1783, un matematico frances, fue el hijo ilegıtimo de una dama de so ciedad y un oficial

del ejercito. Su madre lo abandono, recien nacido, en las puertas de la iglesia de St. Jean Le Rond, estudio teologıa, leyes

y medicina pero su pasion fueron las matematicas, desde 1739 presento trabajos a la Academia de Ciencıas de Parıs y era

notorio por su terquedad. En 1743 publico su Traite de Dynamique que contiene el principio de D’Alembert.

13



2. La suma del momento de las fuerzas externas, F i, aplicadas al cuerpo rıgido, B , junto con la fuerza

de inercia, −MaG, aplicada en el centro de masas, G, del cuerpo y el torque de inercia, −I Gzz α,con respecto a un punto arbitrario debe ser igual a 0.

A un nivel mas practico, aplicando el principio de D’Alembert, la suma de momentos de las fuerzasexternas y de las fuerzas de inercia, con respecto a un punto arbitrario del cuerpo rıgido debe ser cero.

9 Casos Especiales de las Ecuaciones de la Cinetica de Cuerpos

Rıgidos Sujetos a Movimiento Plano General.

En esta seccion, se analizaran los casos especiales de las ecuaciones de la cinetica de cuerpos rıgidos sujetosa movimiento plano general, ba jo estos casos especiales, las ecuaciones de la cinetica tienen expresionesmas simples que permiten analizar el movimiento de estos cuerpos de modo mas sencillo.

9.1 Cuerpos Rıgidos Sujetos a Movimiento de Traslacion.

Si un cuerpo esta sujeto a movimiento de traslacion, el cuerpo no tiene rotacion, por lo tanto, α = 0, veala figura 10, y las ecuaciones de Newton-Euler, para este caso, se reducen a

Figure 10: Ecuaciones de la Cinetica de un Cuerpo Rıgido Sujeto a Traslacion.

B

F i = MaG, yB

T G = 0. (51)

9.2 Cuerpos Rıgidos Sujetos a Movimiento de Rotacion Baricentrica.Si un cuerpo esta sujeto a movimiento de rotacion baricentrica, el eje de rotacion del cuerpo, perpendicularal plano de movimiento, pasa por el centro de masas, G, y, por lo tanto, la velocidad y aceleracion delcentro de masas son iguales a 0 de aquı que, aG = 0, vea la figura 11, y las ecuaciones de Newton-Euler,para este caso, se reducen a

14



Figure 11: Ecuaciones de la Cinetica de un Cuerpo Rıgido Sujeto a Rotacion Baricentrica.

B

F i = 0, yB

T G = I Gzz α. (52)

9.3 Cuerpos Rıgidos Sujetos a Movimiento de Rotacion No Baricentrica.

Si un cuerpo esta sujeto a movimiento de rotacion no baricentrica, suponga que el eje de rotacion delcuerpo, perpendicular al plano de movimiento, pasa por un punto O . En este caso, es necesario realizarun sencillo analisis para simplificar las ecuaciones de Newton-Euler. La aceleracion del centro de masas,G, del cuerpo rıgido sujeto a movimiento de rotacion no baricentrica tiene tanto una componente normalcomo una componente tangencial, las cuales empleando el concepto de placa representativa, estan dadas

por aGn = −ω2 rG/O y aGt = α × rG/O, (53)

donde rG/O es perpendicular al eje de rotacion.De esa forma, las fuerzas externas y las fuerzas de inercia aplicadas al cuerpo rıgido se muestran en la

figura 12. Aplicando el principio de D’Alembert para determinar la suma de los torques o momentos delas fuerzas externas aplicadas al cuerpo y de las fuerzas de inercia con respecto al punto O, la intersecciondel plano de movimiento del cuerpo con el eje de rotacion, esta dada por

B

T O + rG/O × M

ω2 rG/O

+ rG/O × M

− α × rG/O

− I Gzz α = 0. (54)

Puesto querG/O × rG/O = 0

y aplicando las propiedades del triple producto vectorial

rG/O ×− α × rG/O

= − rG/O · rG/O

α +

rG/O · α

rG/O = − | rG/O |2 α,

pues rG/O · α = 0. Sustituyendo estos resultados en la ecuacion (54), se tiene queB

T O −M | rG/O |2 α − I Gzz α = 0. (55)

15



Figure 12: Ecuaciones de la Cinetica de un Cuerpo Rıgido Sujeto a Rotacion No Baricentrica.

o B

T O = I Gzz α + M | rG/O |2 α =

I Gzz + M | rG/O |2

α. (56)

Recordando que, a partir del teorema de ejes paralelos o teorema de Steiner, se sabe que

I Ozz = I Gzz + M | rG/O |2 .

Por lo tanto, las ecuaciones de de Newton-Euler, para el caso de un cuerpo sujeto a rotacion no

baricentrica, se reducen a B

F i = M aG, yB

T O = I Ozz α. (57)

10 Centro de Percusion de un Cuerpo Rıgido Sujeto a Rotacion

No Baricentrica.

Considere un cuerpo rıgido, de masa M , sujeto a movimiento de rotacion no baricentrica. Donde elcentro de masas de cuerpo rıgido es el punto G y la interseccion del plano de movimiento con el eje derotacion no baricentrica esta dada por el punto O, sea r la magnitud de la distnacia mınima entre ejesperpendiculares al plano de movimiento que pasan por los puntos G y O, como se muestra en la figura

13. Suponga que el cuerpo esta sujeto a una velocidad angular ω y en ese instante se aplica una fuerza F en el punto P y se desea determinar la aceleracion angular del cuerpo rıgido y las reacciones en el centrode rotacion.

La figura 14 muestra un diagrama de cuerpo libre del cuerpo mostrado en la figura 13. Las ecuacionesde movimiento del cuerpo rıgido estan dados por

F x = M aGx ROx + F = M α r

F y = M aGy ROy −M g = M ω2 r

16



Figure 14: Diagrama de un Cuerpo Rıgido Sujeto a Rotacion No Baricentrica.

Problema 1. El disco de 180 mm. de radio esta en reposo cuando se coloca en contacto con la bandaque se mueve a velocidad constante, vea la figura 15. Despreciando el peso del eslabon AB y conociendoque el coeficiente de friccion cinetica entre el disco y la banda es µk = 0.4, determine la aceleracionangular del disco mientras ocurre deslizamiento.3

Figure 15: Disco soportado mediante una barra y una banda.

Solucion: La figura 16 muestra los diagramas de cuerpo libre del disco y de la barra. Debe notarseque como se desprecia el peso del eslabon AB esto es equivalente a decir que se supone que el eslab onAB esta en reposo. Por lo tanto, la fuerza que el eslabon AB aplica al disco y la reaccion en el punto

3Este 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



B deben ser ambas de la misma magnitud, sentidos opuestos y colineales al eje de la barra —pues si no

fueran colineales producirıan un momento perpendicular al plano del papel.

Figure 16: Diagramas de Cuerpo Libre del disco y barra.

Las ecuaciones de movimiento del disco estan dadas porF x = 0 N − F C θ = 0F y = 0 µk N −M g + F S θ = 0

T G = I Gα −

µk N r = 1

2M r2 α

donde el momento de inercia del disco, con respecto a su centro de masas que es el centro del disco, secalculo mediante tablas de momentos de inercia. De la primera ecuacion, se tiene que

N = F C θ

Sustituyendo este resultado en la segunda ecuacion, se tiene que

µk F C θ −M g + F S θ = 0

Por lo tanto

F = M g

µk C θ + S θ

y

N = M g C θ

µk C θ + S θ =

M g

µk + tanθ

Sustituyendo estos resultados en la tercera ecuacion se tiene que

−µkM g

µk + tanθ r =

1

2M r2 α

19



Por lo tanto

α = − µk M g

12

M r (µk + tanθ) = − 2 µk g

r (µk + tanθ) = −20.449rad/s2

.

donde el signo menos indica que la aceleracion angular es en sentido horario.Problema 2. El volante mostrado en la figura 17 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 friccion, determine (a) laaceleracion del bloque A, (b) la velocidad del bloque A despues que se ha movido 1.5 m.4

Figure 17: Volante con bloque unido mediante un alambre enrollado en el volante.

Solucion. Es importante notar que la aceleracion angular del volante y la aceleracion lineal delbloque estan relacionadas por la ecuacion

aA = α r

donde α, aA y r son respectivamente la aceleracion angular del volante, la aceleracion vertical del bloqueA y el radio exterior del volante. Ademas, si α es en sentido horario, aA es hacia abajo. Los diagramasde cuerpo libre del volante y del bloque se muestran en la figura 18.

Las ecuaciones de movimiento del volante y el bloque estan dadas porF x = M aGx ROx = 0F y = M aGy ROy − T − M g = 0

T G = I G α −T r = M k

2

αF y = M aA T − M A g = M A aA

donde k es el radio de giro del volante, M es la masa del volante y M A es la masa del bloque A. Las


Mazurek, D.F. et al, Ninth edition, McGraw Hill: NewYork

20



Figure 18: Diagramas de cuerpo libre y bloque.

unicas ecuaciones relevantes son las dos ultimas. Sustituyendo la aceleracion angular se tiene que

−T r = M k2 aA

r o T = −M k2 aA

r2

Sustituyendo este resultado en la ultima ecuacion, se tiene que

−M k2 aAr2

−M A g = M A aA

Por lo tanto

aA = − M A g

M A + M kr

2Sustituyendo los valores numericos, se tiene que

aA = − (15 kgm) 9.81m/s2

15 kgm + 120 kgm0.375m0.5m

2 = −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 rectilıneo con aceleracion uniforme. Por lo

tanto, si el sistema parte del reposo v0A = 0 y

v2fA − v20A = 2 aA sA o vfA = √ 2 aA sA = 2.313 m/s.

Desafortunadamente, esta ecuacion unicamente indica la magnitud de la velocidad, pero es evidente quela direccion 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, elpinon C pesa 5 lb y tiene un radio de giro de 3 pulg. Si el cople M, de magnitud constante de 50 lb− pulg,

21



Figure 19: Dos engranes movidos por un pinon.

se aplica al pinon C , determine (a) la aceleracion angular del engrane A, (b) la fuerza tangencial que elengrane C ejerce sobre A.5

Solucion. De la cinematica de cuerpos rıgidos, se tiene que las aceleraciones angulares de los engranesestan relacionadas mediante las ecuaciones

αA rA = αC rC = αB rB o αA = αB = αC rC rA

pues rA = rB. Debe notarse ademas que M A = M B y kA = kB.6

Figure 20: Diagramas de cuerpo libre de los dos engranes y el pi non.


Mazurek, D.F. et al, Ninth edition, McGraw Hill: NewYork 6Es evidente que la aceleracion angular del pinon 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 guıe el resultado.

22



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 rotacion baricentrica;es deciraAG = aBG = aCG = 0.

Note ademas que si la aceleracion del engrane C es en sentido antihorario las aceleraciones de los engranesA y B es en sentido antihorario.

De manera que la suma de fuerzas unicamente permiten determinar las reacciones en las revolutas, ejesde rotacion, de los engranes. Ademas se supone que las fuerzas entre los engranes est an dadas por fuerzastangenciales a los radios mostrados, que se denominaran posteriormente radios de paso. Posteriormente,en cursos mas avanzados se mostrara que las fuerzas entre los engranes incluyen componentes radialesque incrementan las reacciones en las revolutas.

Las ecuaciones asociadas a los momentos alrededor de las revolutas estan dadas por

T AG = I AGαA F A rA = M A k

2

A αAT BG = I BGαB F B rA = M A k2

A αAT CG = I CGαC − M + F A rC + F B rC = −M C k

2C αC

De la primeras dos ecuaciones se tiene que

F A = M A k2

A αA

rA=

M A k2A αC rC r2A

F B = M A k2

A αA

rA=

M A k2A αC rC r2A

Sustiyendo en la

T CG = I CG , se tiene que

−M + M A k2

A αC rC r2A

rC + M A k2

A αC rC r2A

rC = −M C k2C αC

o

αC = M

M C k2C + 2 M A k2

Ar2C

r2A

= 50(32.2) 1

12Lbm− p2/s2

5 Lbm(0.25 p)2 + 2

20 Lbm(0.75 p)2

4 pulg10 pulg

2 = 34.2918 rad/s2.

Por lo tanto, la aceleracion del engrane A sera

αA = αB = αC rC rA

= 34.2918 rad/s2 4 pulg10 pulg

= 13.7167 rad/s2.

y la fuerza entre los engranes A y C esta dada por

F A = M A k2

A αA

rA=

20 Lbm(0.75 p)2 13.7167 rad/s2

0.8333 p = 185.176 Poundals = 5.75 Lbf.

23



Problema 5. Una varilla delgada y uniforme AB de 4 Kg se mantiene fija mediante dos cuerdas y

el eslabon C A cuyo peso puede ignorarse. Despues de cortar la cuerda B D, el ensamble gira en un planovertical bajo el efecto combinado de la gravedad y un par M de 6 N − m aplicado al eslabon CA en laforma en que se muestra. Determine, inmediatamente despues de que ha sido cortada la cuerda BD, a)la aceleracion de la varilla AB , b) la tension en la cuerda E B.7

1

1

1

2

4

Figure 21: Grafica de un barra sujeta por una cuerda y otra barra.

Solucion: En esta primera parte mostraremos que, inmediatamente despues de que se corta la barraBD, la barra, 3, AB esta sujeta a movimiento de traslacion curvilınea. Si la cuerda E B, indicada comoeslabon 4, esta en tension, se comporta como un cuerpo rıgido de manera que la velocidad del punto B

de la barra esta dada por

vB3 = vB4 = ω4 × rB/E = ω4 k ×

LEB cos θi − LEB sen θˆ j

= LEB ω4 cosθ ˆ j + LEB ω4 senθ i

donde θ = 60◦. Por otro lado, la velocidad del punto B puede calcularse como

vB3 = ω2 × rA/C + ω3 × rB/A = ω2 k ×

LCA cosθi − LCA senθˆ j

+ ω3

k × LAB i

= LCA ω2 cosθ ˆ j + LCA ω2 senθ i + LAB ω3 ˆ j.

Igualando las ecuaciones vectoriales, se obtienen las siguientes dos ecuaciones escalares:

LEB ω4 senθ = LCA ω2 sen θ LEB ω4 cosθ = LCA ω2 cosθ + LAB ω3

De la primera ecuacion

ω4 = ω2

LCA

LEB,

Sustituyendo este resultado en la segunda ecuacion, se tiene que

LEB ω2

LCA

LEBcosθ = LCA ω2 cosθ + LAB ω3

7Este 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 Hil l: Mexico D.F.

24



Por lo que

LAB ω3 = 0, Puesto que LAB = 0, ω3 = 0.Este resultado indica, que un instante despues de cortarse la cuerda BD, la velocidad angular de la

barra AC B es igual a 0. El analisis puede extenderse para probar que la aceleracion angular de la barraACB es tambien igual a 0.

aB3 = aB4 = α4 × rB/E − ω24 rB/E

= α4 k ×

LEB cos θi − LEB sen θˆ j

− ω2

4

LEB cos θi− LEB sen θˆ j

=

LEB α4 cosθ + ω2

4LEB sen θ

ˆ j +

LEB α4 senθ − ω24LEB cos θ

i

De manera semejante

aB3 = α2

×rA/C −

ω22 r

A/C + α3

×rB/A −

ω23 r

B/A

Pero puesto que ω3 = 0, se tiene que

aB3 = α2 × rA/C − ω22 rA/C + α3 × rB/A

= α2 k ×


− ω2

2


+ α3

k × LAB i

=

LCA α2 cosθ + ω22LCA senθ + α3 LAB

ˆ j +

LCA α2 senθ − ω2

2LCA cosθ

i

Mas aun, la aceleracion de la barra AB , tendra la direccion de la aceleracion tangencial de los puntosA o B . Los diagramas de cuerpo libre de las barras C A y AB se muestran en la figura 22.

Figure 22: Diagramas de Cuerpo Libre de los Cuerpos Rıgidos Involucrados.

Puesto que la masa de la barra CA es despreciable, las ecuaciones de la cinetica de esta barra seconvierten en las ecuaciones de la estatica, y estan dadas por

F = 0

M C = 0.

25



o

−RAx + RCx = 0 − RAy + RCy = 0 M −RAx Lsenθ − RAy L cos θ = 0.donde L = 0.45 m. y θ = 60◦. De la tercera ecuacion, se tiene que

RAx

√ 3

2 + RAy

1

2 =

M

L =

40

3 N. o

√ 3RAx + RAy =

80

3 N.

Las ecuaciones de la cinetica de la barra AB estan dadas por F = M aG

M G = 0.

o

RAx−T BD cos θ = −M AB aG sen θ RAy+T BD sen θ−M AB g = −M AB aG cosθ −RAyd

2+T BD senθ

d

2 = 0,

donde d = 0.6 m. De la tercera ecuacion

RAy = T BD sen θ =

√ 3

2 T BD

Por lo tanto

√ 3RAx +

√ 3

2 T BD =

80

3 N. RAx =

80

3 N. −

√ 3

2 T BD√

3=

80

3√

3N. − 1

2 T BD .

Sustituyendo RAx y RAy en las dos primeras ecuaciones de la cinetica de la barra AB

80

3√ 3 N. − 1

2 T BD − T BD cos θ = −M AB aG senθ

√ 3

2 T BD + T BD sen θ −M AB g = −M AB aG cosθ

Multiplicando la primera ecuacion por cosθ y la segunda ecuacion por −senθ y sumando termino atermino, se tiene que

cosθ 80

3√

3N. − 1

2 T BD cos θ − T BD cos2 θ = −M AB aG senθcosθ

−senθ

√ 3

2 T BD − T BD sen2 θ + senθM AB g = +M AB aG cos θ senθ

La ecuacion resulta es

40

3√ 3N.

−

1

4

T BD

−T BD

−

3

4

T BD +

√ 3

2

(4Kgm.) 9.81m/s2 = 0

Por lo tantoT BD = 20.84 N.

La aceleracion de la barra AB esta dada por

80

3√

3N. − 1

2 T BD − T BD cos θ = −M AB aG senθ

26



Figure 23: Grafica de un volante sujeto a friccion.

aG =− 80

3√ 3

N. + 1

2 T BD + T BD cos θ

M AB sen θ =

− 80

3√ 3

N. + T BD

M AB sen θ = 1.571 m/s2.

Problema 6. El volante que se muestra en la figura 23 consiste en un disco de 30 pulgadas de di ametrocon peso de 240 Lb. El coeficiente de friccion entre la banda y el volante es de 0.35. Si la velocidadangular inicial del volante alcanza las 360 r.p.m. en el sentido de las manecillas del reloj, determine lamagnitud de la fuerza P requerida para deternerlo en 25 revoluciones.8

Solucion: Este problema permite introducir un tema que forma parte de la est atica pero que quizaslos lectores no recuerdan, ese tema es friccion en bandas o cuerdas. Para tal fın considere la figura 24,

que muestra un volante con una banda o cuerda que rodea al volante 180◦, la figura muestra ademasun analisis de fuerzas infinitesimales que permite determinar la relacion entre las fuerzas T 1 y T 2 queaparecen en los extremos de la banda, o correa.

Considere el equilibrio del elemento de la banda o correa mostrado en la figura 24. Las ecuaciones sonF y = 0 T sen

∆ θ

2 + (T + ∆ T ) sen

∆ θ

2 −N = 0,

Despreciando, los terminos infinitesimales de orden superior, se tiene que9

N = 2 Tsen∆ θ

2 ≈ T ∆ θ.

y

F x = 0

−T cos

∆ θ

2

+ (T + ∆ T ) cos∆ θ

2 −µ N = 0,

Nuevamente, despreciando los terminos de orden superior, y sustituyendo el valor de N ,10 se tiene

−T + (T + ∆ T ) − µ T ∆ θ = 0


Clausen, W.E., Octava edici´ on, McGraw Hil l: Mexico D.F.9Para angulos pequenos senα = α en radianes.10Para angulos pequenos cosα = 1

27



Figure 24: Deduccion del Incremento de la Fuerza de Tension Debido a la Friccion.

o

∆ T = µ T ∆ θ ∆ T

∆ θ = µ T

d T

d θ = µ T.

Por lo tanto, resolviendo la ecuacion diferencial, se tiene que d T

T =

µθ Ln | T |= µ θ + C T = eµ θ+C T = C 1 eµ θ

Si se propone la condicion inicial que para θ = 0, T = T 0, se tiene que

T 0 = C 1 eµ 0 = C 1 1 = C 1

Por lo tantoT (θ) = T 0 eµ θ.

De la cinematica del cuerpo rıgido, para que el volante pare en 25 rev = 50 π rad., desde una velocidadangular de ω0 = 360 r.p.m. = 12 π rad/s, es necesario que la aceleracion angular sea igual a

α =ω2f − ω2

0

2∆ θ =

0 − (12 π rad/s)2

2(50 π) = −36 π

25

rad

s2 .

Es importante notar que el signo negativo aquı indica que la aceleracion es en sentido opuesto a lavelocidad 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 elotro extremo de la banda esta dada por

P f = P eµπ2

Finalmente, el momento de inercia del volante con respecto al eje de rotacion, que es un eje principal deinercia, esta dado por

I G = 1

2M r2

28



De modo que la ecuacion de movimiento del sistema esta dada por

M G = I Gα − P r + P eµ

π2 r =

12

M r2 72 π25

rads2

.

o

P

eµπ2 − 1

r =

1

2M r2 36 π

25

rad

s2 .

o

P = M r 18π

25

rads2

eµπ2 − 1

= 18 π

25

(240 Lbm.) (1.25 pies) rads2

eµπ2 − 1

= 925.92 poundals = 28.755 Lbf.

Figure 25: 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 figura25. Si el cable unido en B se rompe de manera repentina, determine a) la distancia b para la cual la

aceleracion del extremo A es maxima, b) la aceleracion correspondiente del extremo A y la reaccion enC .11

Solution: Considere el diagrama de cuerpo libre de la barra mostrado en la figura 26, puesto que alromperse la cuerda en B , la velocidad angular de la barras es 0, solo est a presente la aceleracion normal.

Figure 26: Cuerpo libre de la barra.



29



1

2

3

4

Figure 27: Mecanismo plano de cuatro barras.

Problema 8. La barra AB de 2 kg. y la barra BC de 3 kg. estan conectadas como se muestra enla figura a un disco puesto a girar en un plano vertical a velocidad angular constante de 6 rad./s. en elsentido de las manecillas del reloj. Para la posicion indicada, determine las fuerzas ejercidas en A y Bsobre la barra AB .13

Solution: Para resolver este problema es necesario determinar los analisis de velocidad y aceleraciondel mecanismo plano de cuatro barras. Los vectores de posicion necesarios, estan dados por

rA/O = 60 mm.ˆ j rB/A = 120 mm.ˆ j rB/C = 180 mm.ˆ j

Por otro lado, la velocidad y aceleracion angular del eslabon motriz, el disco 2, esta dada por

ω2 = −6 rad.

s.k α2 = 0.

La ecuacion correspondiente al analisis de velocidad del mecanismo plano de cuatro barras es

ω2 × rA/O + ω3 × rB/A = vB3 = vB4 = ω4 × rB/C −6

rad.

s.k

×

60 mm.ˆ j

+ ω3k ×

120 mm.i

= ω4k ×

180 mm.ˆ j

Haciendo a un lado las unidades, se tiene que las ecuaciones escalares del analisis de velocidad son

360 = −180 ω4 120 ω3 = 0,

y su solucion esta dada por

ω4 = −2rad.

s.k ω3 = 0.

La ecuacion correspondiente al analisis de aceleracion del mecanismo plano de cuatro barras es

α2 × rA/O − ω22 rA/O + α3 × rB/A − ω2

3 rB/A = aB3 = aB4 = α4 × rB/C − ω24 rB/C

−−6

rad.

s.

2 60 mm.ˆ j

+ α3k ×

120 mm.i

= α4k ×

180 mm.ˆ j

−−2

rad.

s.

2 180 mm.ˆ j

12Cual es el argumento para no emplear b1?13Este es el Problema 16.130 del libro Mec anica Vectorial Para Ingenieros, Din´ amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y


31



Haciendo a un lado las unidades, se tiene que las ecuaciones escalares del analisis de aceleracion son

0 = −180 α4 −2160 + 120 α3 = −720,


α4 = −0rad.

s2.k α3 = 12

rad.

s2.k.

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 estan dadas por

aG3 = aA + aG3/A = α2 × rA/O − ω22 rA/O + α3 × rG3/A− ω2

3 rG3/A

= −−6

rad.

s.

2 60 mm.ˆ j

+

12

rad.

s2.k

×

60 mm.i

= −1440 mm

s2ˆ j = −1.44

m

s2ˆ j.

y

aG4 = α4 × rG4/C − ω24 rG4/C = −

−2

rad.

s

2 90 mm ˆ j

= −360

mm

s2ˆ j = −0.36

m

s2ˆ j.

Ahora si, prepararemos el analisis dinamico del mecanismo plano de cuatro barras, el momento deinercia de la barra 3 respecto a su centro de masas, esta dado por

I 3/G3 = 1

12 m3 L2

3 = 1

12 (2 Kgm.) (0.12 m)

2= 0.0024Kgm −m2.

La figura 28 muestra los diagramas de cuerpo libre de los eslabones del mecanismo plano de cuatrobarras.


32



Las ecuaciones de movimiento de los cuerpos 3 y 4, est an dadas porF x = 0

F y = m3 aG3y

T G3 = I 3/G3α3

RAx −RBx = 0 RAy −RBy −m3 g = m3 aG3y −RAyL3

2 − RBy

L3

2 = I 3/G3α3.

y F x = 0

F y = m4 aG4y

T G4 = I 4/G4α4

RBx + RCx = 0 RBy + RCy −m4 g = m4 aG4y −RBxL4

2 + RCx

L4

2 = 0.

A partir de la primera, cuarta y sexta ecuacion de estos dos conjuntos de ecuaciones, se tiene que

RAx = RBx = RCx = 0.

La segunda y tercera ecuacion de estos dos conjuntos pueden escribirse como

RAy −RBy = m3 (g + aG3y)

RAy + RBy = − 2

L3

I 3/G3 α3.

Sumando las ecuaciones termino a termino, se tiene que

RAy = 1

2

m3 (g + aG3y) − 2

LI 3/G3 α3.

= 1

2

2 Kgm. (9.81− 1.44)

m

s2 − 2

0.12 m 0.0024 Kg m · m2 12

rad

s2

= 8.13 N.

De manera semejante, si se resta de la segunda ecuaci on, la primera ecuacion, se tiene que

RBy = 1

2

−m3 (g + aG3y) − 2

L3

I 3/G3 α3.

= 1

2

−2 Kgm. (9.81− 1.44)

m

s2 − 2

0.12 m 0.0024 Kgm · m2 12

rad

s2

= −8.61 N.

Solucion Algebraica: En esta parte del problema, se volvera a resolver el problema empleandounicamente, hasta casi hasta el final, exclusivamente el algebra. Para resolver este problema es necesario

determinar los analisis de velocidad y aceleracion del mecanismo plano de cuatro barras. Los vectores deposicion necesarios, estan dados por

rA/O = L ˆ j rB/A = 2 L ˆ j rB/C = 3 L ˆ j

Por otro lado, la velocidad y aceleracion angular del eslabon motriz, el disco 2, esta dada por

ω2 = ω2 k α2 = 0.

33



donde L = 60 mm. = 0.06 m y ω2 = −6 rads .

La ecuacion correspondiente al analisis de velocidad del mecanismo plano de cuatro barras es

ω2 × rA/O + ω3 × rB/A = vB3 = vB4 = ω4 × rB/C

ω2k × Lˆ j + ω3k × 2 Li = ω4k × 3 Lˆ j

Las ecuaciones escalares del analisis de velocidad son

ω2L = 3 ω4 L 2 ω3 L = 0,


ω4 = 1

3ω2

k ω3 = 0.

La ecuacion correspondiente al analisis de aceleracion del mecanismo plano de cuatro barras es

α2 × rA/O − ω22 rA/O + α3 × rB/A − ω2

3 rB/A = aB3 = aB4 = α4 × rB/C − ω24 rB/C

−ω22

Lˆ j

+ α3k ×

2 Li

= α4k ×

3 Lˆ j−

1

3ω2

2 3 Lˆ j

Haciendo a un lado las unidades, se tiene que las ecuaciones escalares del analisis de aceleracion son

0 = −3 L α4 −ω22 L + 2 L α3 = −1

3 ω2

2 L,


α4 = 0 α3 = 1

3ω22k.

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 estan dadas por14

aG3 = aA + aG3/A = α2 × rA/O − ω22 rA/O + α3 × rG3/A− ω2

3 rG3/A

= −ω22 Lˆ j +

1

3ω22 k × Li = −2

3ω22 Lˆ j.

y

aG4 = α4 × rG4/C − ω24 rG4/C = −

1

3ω2

23

2 Lˆ j = −1

6ω22 L ˆ j.

Ahora si, prepararemos el analisis dinamico del mecanismo plano de cuatro barras, el momento deinercia de la barra 3 respecto a su centro de masas, esta dado por15

I 3/G3 = 112

M 3 (2 L)2

= 13

M 3 L2.

La figura 29 muestra los diagramas de cuerpo libre de los eslabones del mecanismo plano de cuatrobarras.

14Note que la aceleracion del centro de masas del cuerpo 2 es 0 pues el cuerpo esta sujeto a rotacion baricentrica.15Puesto que α2 = 0 y α4 = 0, no es necesario calcular I 2/G2 y I 4/G4.

34




Las ecuaciones de movimiento de los cuerpos 2, 3 y 4, est an dadas porF x = 0

F y = 0

T G3 = 0

ROx −RAx = 0 ROy −RAy − M 2 g = 0 RAx L + T = 0.

F x = 0

F y = M 3 aG3y

T G3 = I 3/G3α3

RAx − RBx = 0 RAy − RBy − M 3 g = M 3 aG3y −RAy L − RBy L = I 3/G3α3.

y F x = 0

F y = M 4 aG4y

T G4 = I 4/G4α4

RBx + RCx = 0 RBy + RCy − M 4 g = M 4 aG4y −RBx3 L

2 + RCx

3 L

2 = 0.

A partir de la septima y novena ecuacion de estos dos conjuntos de ecuaciones, se tiene que

RBx = RCx = 0.

Sustituyendo estas soluciones en la cuarta ecuacion, se tiene que

RAx = 0.

Volviendo a sustituir esta ecuacion en la primera y tercera ecuacion, se tiene que

ROx = T = 0.

35



La quinta y sexta ecuacion de estos dos conjuntos pueden escribirse como

RAy − RBy = M 3 (g + aG3y) = M 3

g − 23

ω22 L

RAy + RBy = − 1

LI 3/G3 α3 = − 1

L

1

3 M 3 L2 1

3ω22 = −1

9M 3 L ω2

2 .

Sumando las ecuaciones termino a termino, se tiene que

RAy = 1

2M 3

g − 2

3ω22 L − 1

9 L ω2

2

=

1

2M 3

g − 7

9ω22 L

= 1

22 Kgm.

9.81

m

s2 − 7

9

−6

rad

s

2

(0.06 m)

= 8.13 N.

De manera semejante, si se resta de la sexta ecuacion, la quinta ecuacion, se tiene que

RBy = 1

2M 3

−1

9 L ω2

2 −

g − 2

3ω22 L

=

1

2M 3

−g +

5

9ω22 L

= 1

22 Kgm.

−9.81

m

s2 +

5

9

−6

rad

s

2

(0.06 m)

= −8.61 N.

Como puede observarse, el problema puede resolverse tanto de manera algebraica como numerica, laventaja de la solucion algebraica es que los resultados pueden aplicarse para diferentes dimensiones ysistemas de unidades.

1

1

Figure 30: Engrane Planetario.

Problema 9. El engrane 3 tiene una masa de 5 kg. y radio de giro centroidal k = 75 mm. La barra2 tiene una masa de 3 kg. y el engrane C es estacionario. Si el sistema se suelta desde el reposo en la

36



posicion que se muestra, determine a) la aceleracion angular del engrane 3, b) la aceleracion del punto

B.

16

Solution: Para resolver este problema es necesario determinar los analisis de velocidad y aceleraciondel engrane planetario. El analisis de velocidad es trivial, pues si el sistema parte del reposo, las veloci-dades angulares de todos los cuerpos y las velocidades de todos los puntos del cuerpo son 0. Para realizarel analisis de aceleracion, defina el punto P como el punto de paso entre el engrane 3 y el engrane coronaC que pertenece estacionario. Determine los vectores de posicion

rB/A = 2 r i rP/B = r i,

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 direccion tangencial es la vertical. Entonces, la ecuacion que determina la aceleracion del puntp P 3es

aP 3 = aB3 − ω23 rP/B + α3 × rP/B

= −ω22 rB/A + α2 × rB/A − ω2

3 rP/B + α3 × rP/B

= α2 × rB/A + α3 × rP/B = α2 k × 2 r i + α3

k × r i = (2 α2 r + α3 r) j

De aquı que, la aceleracion tangencial del punto P 3 y la ecuacion final del analisis de aceleracion estadada por

aP 3t = (2 α2 r + α3 r) j = aP 1t = 0.

Por lo tanto,α2 = −1

2 α3.

Ademas, la aceleracion de los centros de masa de la barra 2 y del engrane 3 estan dadas por

aG2 = α2 × rG2/A =

−1

2 α3k

× r i = −1

2 α3 rˆ j

y

aG3 = α2 × rG3/A =

−1

2 α3k

× 2 r i = −α3 rˆ j

Despues de este paso, es necesario determinar los diagramas de cuerpo rıgido de la barra 2 y el engrane3, vea la figura 31.

Las ecuaciones de la cinetica del engrane planetario se simplifican notando que la barra 2 esta sujeta aun movimiento de rotacion alrededor de un eje fijo no baricentrico, que pasa por el punto A y el engrane3 esta sujeto a un movimiento de rotacion alrededor de un eje fijo —instantaneamente— no baricentrico,

16Este es el Problema 16.104 del libro Mec anica Vectorial Para Ingenieros, Din´ amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y


37



Figure 31: Diagrama de Cuerpo Libre del Engrane Planetario.

que pasa por el punto P , de manera que los momentos de inercia de la barra respecto al punto A estadado, empleando el teorema de Steiner, por

I 2A = I G2 + m2 r2 = 1

12 m2 (2r)

2+ m2 r2 =

1

3 m2 r2 + m2 r2 =

4

3m2 r2.

De manera semejante, el momento de inercia del engrane 3 respecto al punto P esta dado por

I 3 p = I G3 + m3 r2 = m3 k2 + m3 r2 = m3 k2 + m3 r2 = m3

k2 + r2

.

Las ecuaciones de la cinetica de la barra son

F x = 0 RAx

−RBx = 0 F y = m2 aG2y RAy

−RBy

−m2 g =

−

1

2

m2 α3 r

y M A = I 2A α2 − m2 g r −RBy 2 r =

4

3m2 r2

−1

2 α3

= −2

3m2 r2 α3.

Las ecuaciones de la cinetica del engrane sonF x = 0 RBx − RPx = 0

F y = m3 aG3y RBy − RPy −m3 g = −m3 α3 r

y M P = I 3P α3 m3 g r − RBy r = m3

k2 + r2

α3.

Multiplicando por −1 la tercera ecuacion de la cinetica de la barra y multiplicando por 2 la terceraecuacion de la cinetica del engrane,

m2 g r + RBy 2 r = 23

m2 r2 α3 (58)

2 m3 g r − 2 RBy r = 2 m3

k2 + r2

α3 (59)

y sumando las ecuaciones, se tiene que

(m2 + 2 m3) g r =

2

3 m2 + 2 m3

r2 + 2 m3 k2

α3

38



o

α3 =

(m2 + 2 m3) g r2

3 m2 + 2 m3

r2 + 2 m3 k2 =

[3 + 2 (5)] (9.81) (0.1)2

33 + 2 (5)

(0.1)

2+ 2 (5) (0.075)

2 = 72.3574

rad

s2 .

Por lo tanto, la aceleracion angular de la barra 2, esta dada por

α2 = −1

2 α3 = −36.178

rad

s2 .

Finalmente, la aceleracion del punto B , esta dada por

aB = −ω22 rB/A + α2 × rB/A = −7.235

m

s2ˆ j.

Figure 32: Cilindro sujeto a posible movimiento de rodadura.

Problema 10. Un tambor de 80 mm. de radio esta unido a un disco de 160 mm. de radio. El disco yel tambor tienen una masa combinada de 5 kg. y radio de giro combinado de k = 120 mm. Se una a unacuerda en la forma indicada y se tira de ella con una fuerza P de 20 N de magnitud. Si los coeficientes defriccion estatica y cinetica son, respectivamente, µs = 0.25 y µk = 0.2, determine a) si el disco se deslizao no b) la aceleracion angular del disco y la aceleracion del punto G.17

Solution: Para resolver el problema supondremos, inicialmente, que el disco compuesto rueda sindeslizar, por lo tanto, el punto Q tiene velocidad igual a 0 y el disco esta, instantaneamente, sujeto arotacion alrededor de un eje fijo no baricentrico. Ademas, note que la direccion de la aceleracion angulary la aceleracion del centro de masas del disco compuesto estan coordinadas.

Considere el diagrama de cuerpo libre del disco, vea la figura 33. El momento de inercia del discocompuesto respecto a un eje perpendicular al plano del papel que pasa por el punto Q, esta dada por

I Q = I G + m r21 = m k2 + m r21 = m

k2 + r21



39

cine tica cuerpo rig i do

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