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MOVIMIENTO PLANO DE LOS CUERPOS RÍGIDOS

FUERZAS Y ACELERACIONES

Academia de Análisis Mecánico, DSMAcademia de Análisis Mecánico, DSM--DIMDIM--FIMEFIME--UANL, 2005UANL, 2005

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 almovimiento plano de losasrígidas y cuerpos rígidos simétricos con respecto al plano de referencia.

G

F1

F2

F3

F4

HG

ma

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.

G

F1

F2

F3

F4

HG

ma

G

.

ΣF = ma

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

.


G

F1

F2

F3

F4

HG

ma

G

.

ΣF = ma

ΣMG = HG

.

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.

.

..


G

F1

F2

F3

F4HG

ma

G

.

HG = Iω

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

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. .


Para el caso restringido que aquíse 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 = IαLas 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.

G

F1

F2

F3

F4

maG

Iα


El principio de d’Alembert se puede expresar en la forma de un diagrama vec-torial, en donde las fuerzas eficaces se representan por un vector ma adscrito a G y un par Ia. En el caso de una losa en 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 rotacióncentroidal, se reducen sólo al par Ia; en cualquier otro caso del movimiento plano, deben de incluirse tanto el vector ma como el Ia.

G

F1

F2

F3

F4

(a) (b)

maG

Iα


Cualquier problema relacio-nado con el movimiento plano de una losa rígida se puede resolver al trazar una ecuación dediagrama 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.

G

F1

F2

F3

F4

maG

Iα


Análisis dinámico de freno de tambor y zapata larga contráctil.

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 CDetermine 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 D´Alembert para obtener la solución.

1.- DCL (Tambor y Zapata).

2.- Principio de D´Alembert.

3.- Ecuación Auxiliar 1.

4.-Ecuación Auxiliar 2.

Σ de momentos en tambor.

Σ de momentos en zapata.

Ecuación de fricción en un punto de contacto.

Ff=-µkNEcuaciones de movimiento angular acelerado.

ωf2=ωo

2+2αθωf=ωo+αt


Diagrama de Cuerpo Libre (DCL).

=IαN

Ff

W

Dx

Dy

B

=PN

Ff

Ax

Ay

B

0


Principio de D´Alembert.

αIftin

inFf

MinMext DD

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=∑ ∑

128

012

212

1012

9

0

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

==∑ ∑

ftininN

ftininF

ftininP

MinMext

f

AA

Sumatoria de Momentos en el CG del Tambor (D):

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

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

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

+

+

(EC. I)(EC. I)

(EC. II)(EC. II)


Ecuaciones Auxiliares

NF kf µ−=

tof

of

αωω

αθωω

+=

+= 222

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.

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

FfW

N

Movimiento

Cambio de Velocidad en el Tiempo

0123456789

10

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Tiempo (s)

Vel

ocid

ad (m

/s)

(EC. III)(EC. III)

(EC. IV)(EC. IV)


Solución.Datos:

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

αIftin

inFf =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

128

012

212

1012

9 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ftin

inNftin

inFftin

inP f

NF kf µ−=

αθωω 222 += of

(EC. I)(EC. I)

(EC. II)(EC. II)

(EC. III)(EC. III)

(EC. IV)(EC. IV)

kfFN µ/−=

Sustituir III en II y despejar Ff=?Ff=25.4 lbSustituir Ff en I y despejar α=?α= rad/s2Sustituir α, ωo y ωf en IV y despejar θ=?θ= rad, θ= rev.


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

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

Puede calcularse el tiempo que tarda en detenerse el sistema.

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

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


θ

5 in

Problema 16.153

El eje de un disco de radio de 5 in está ajus-tado en una ranura que forma un ángulo θ = 30o con la vertical. El disco está en reposocuando se pone en contacto con una banda transportadora que se mueve a velocidadconstante. Sabiendo que el coeficiente defricción cinética entre el disco y la banda es0.2 y despreciando la fricción en el cojinete,determine la aceleración angular del discocuando se tiene resbalamiento.


Problema 16.153θ

5 in El eje de un disco de radio de 5 in está ajus-tado en una ranura que forma un ángulo θ = 30o con la vertical. El disco está en reposocuando 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 lasfuerzas aplicadas y un diagrama de fuerzas eficaces que muestre el vector ma o sus componentes y el par Iα.


Problema 16.153θ

5 in El eje de un disco de radio de 5 in está ajus-tado en una ranura que forma un ángulo θ = 30o con la vertical. El disco está en reposocuando 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 obtenertres ecuaciones del movimiento al igualar las componentes x, lascomponentes y y los momentos alrededor de un punto arbitrario.


Problema 16.153 Soluciónθ

5 inCinemática.

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.

x

y30o

N1

N2

0.2 N2

mg

G GI α

x

y

=


Problema 16.153 Solución

x

y30o

N1

N2

0.2 N2

mg

G GI α

x

y

=I = m r21

2

+ ΣFx = m ax: 0.2 N2 - N1 cos 30o = 0

+ ΣFy = m ay : N2 + N1 sen 30o - mg = 0

+ ΣMG = Iα: 0.2 N2 ( ) = m ( )2 α

N2 = 0.896 mg

α = 27.7 rad/s2 α = 27.7 rad/s2

512

512

12


Problema 16.158La barra uniforme AB de peso W sedeja en libertad desde el reposo cuan-do β = 70o. Suponiendo que la fuerza de fricción es cero entre el extremo A y la superficie, determine, inmediatamen-te después de dejarla en libertad, a) laaceleración angular de la barra, b) laaceleración del centro de masa de ella,c) la reacción en A.

L

B

Aβ


Resolución de los problemas por sí mismoProblema 16.158

L

B

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.

β


2. Cinética: Dibuje un diagrama de cuerpo libre que muestre lasfuerzas aplicadas y un diagrama equivalente de fuerzas que muestre el vector ma o sus componentes y el par Iα..




Cinemática:

L

B

Aβ

B

A

B

A

B

AaA aA

aA

α

GG

G(aG/A)t

ω = 0

= +β

aGy

aGx


B

A

B

A

B

AaA aA

aA

α

GG

G(aG/A)t

ω = 0

= +

(aG/A)t = α rG/A = α L2aG = aA + aG/A

aG = -aA i + α sen70o i - α cos70o j

aG = (-aA + α sen70o ) i - α cos70o j

L2

L2L2

L2

aGy

aGx



L

B

Aβ

B

A

B

A

W = mg

RA

GG maGx

maGy

I α

I α = mL2 α112

maGx = m (-aA + α sen70o )

maGy = - m α cos70o

L2

L2

=


Momentos alrededor del punto P ( + ):

mg ( cos 70o ) = m α cos 70o ( cos 70o ) + mL2 αL2

L2

L2

112

a) La aceleración angular de la barra:

α = 6 g cos 70o

L [ 1 + 3 (cos 70o )2 ] α = 1.519 ( g/L)

B

A

W = mg

RA

B

A

maGx

maGy

I α

=GP P

cos70oL2

G

I α = mL2 α112

maGx = m (-aA + α sen70o )


L2

L2


B

A

W = mg

RA

B

A

maGx

maGy

I α=GP P

cos70oL2 maGx = m (-aA + α sen70o )


L2

L2

α = 1.519 (g/L)

L2aG = (-aA + α sen70o ) i - α cos70o jL

2

b) La aceleración del centro de masa:

aG = 0 i - 0.260 g j

+ ΣFx = m ax: 0 = m (-aA + α sen70o )

aA = α sen70o = 1.519 sen 70o = 0.760 g

L2

L2

L2

gL

Sustituya aA y α por su valor:

G


B

A

W = mg

RA

B

A

maGx

maGy

I α

=GP P

cos70oL2 maGx = m (-aA + α sen70o )


L2

L2

α = 1.519 (g/L)

b) La reacción en A:

+ ΣFy = m ay : RA - mg = - m α cos70o

RA = mg - m α cos70o

L2

L2

RA = 0.740 mg RA = 0.740 mgSustituya α por su valor:

G


30o

30o

600 mm

600 mm

A

B

C

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

Problema 16.161


30o

30o

600 mm

600 mm

A

B

C

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


2. Cinética: Dibuje un diagrama de cuerpo libre que muestre lasfuerzas aplicadas y un diagrama de fuerzas eficaces que muestre el vector ma o sus componentes y el par Iα.



30o

30o

600 mm

600 mm

A

B

C

Cinemática.

A

B

C

G1

G2

(aG1)t

(aG2)t

α(aG1)t = α rG1/A = 0.3 α

(aG2)t = α rG2/A = 0.3 α

ω = 0

(aB)t

(aB)t = 0.6 αLa aceleración del punto B:


30o

30o

600 mm

600 mm

A

B

C

m (aG1)t = 3 (0.3 α) = 0.9 α

m (aG2)t = 3 (0.3 α) = 0.9 α

I α = m L2 α = 3(0.6)2 α

I α = 0.09 α

112

112

A

B

C

G1

G2

m (aG1)t

m (aG2)t

A

B

C

G1

G2

Ay

Ax

mg = 3g

mg = 3g

=

I α

I α


Momentos alrededor del punto A ( + ) :

A

B

C

G1

G20.9 α

A

B

C

G1

G2

Ay

Ax

mg = 3g

mg = 3g

=

0.09α

0.09α

0.9 α

0.3 cos30o

0.3 m

2 [ 3( 9.81 )( 0.3 cos30o )] = 2 [ 0.09 α + 0.9 α ( 0.3 ) ]

α = 21.2 rad/s2 α = 21.2 rad/s2

(aB)t = 0.6 α = (0.6)(21.2) = 12.74 m/s2 aB = 12.74 m/s2 60o

a) La aceleración del punto B:



+ ΣFx = m ax: 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

α = 21.2 rad/s2

A

B

C

G1

G20.9 α

A

B

C

G1

G2

Ay

Ax

mg = 3g

mg = 3g

=

0.09α

0.09α

0.9 α

0.3 m

30o

30o


A 30o

B

Problema 16.163El movimiento de una placa cuadrada de 150 mm por lado y masa de 2.5 kgestá guiado por pasadores en las es-quinas A y B que se deslizan en ranu-ras cortadas en una pared vertical. In-mediatamente después de que la pla-ca se libera desde el reposo en la po-sición mostrada, determine a) la ace-leración angular de ella, b) la reacciónen la esquina A.


Problema 16.163

A 30o

B

El movimiento de una placa cuadrada de 150mm 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.

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 lasfuerzas 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 obtenertres ecuaciones del movimiento al igualar las componentes x, lascomponentes y y los momentos alrededor de un punto arbitrario.


Cinemática:

A 30o

B (aG/A)t = α rG/A = 0.1061 α

(aB/A)t = α rB/A = 0.15 α

A30o

B

aA

aAaA

A30o

B

aAaB

G G

A30o

B(aG/A)t

(aB/A)t

G

α

= +75o


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

A30o

B

aA

aAaA

A30o

B

aAaB

G G

A30o

B(aG/A)t

(aB/A)t

G

α75o

= +aG


A 30o

B

A 30o

BG

W = 2.5g

RB

RA

A 30o

BGmaGx

maGy

I α

I = m ( b2 + c2)

I = 2.5( 0.152 + 0.152 ) = 0.009375 kg m2

1121

12 .maGx = 2.5 ( 0.02745 α ) = 0.068745α NmaGy = 2.5 ( 0.02745 α ) = 0.068745α N

=


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

a) Aceleración angular de la placa:

=A 30o

BGmaGx

maGy

I αP

A 30oB

G

W = 2.5g

RB

RA

P

0.02745 m 0.02745 m

I = 0.009375 kg m2

maGx = 0.06863α NmaGy = 0.06863α N



=A 30o

BGmaGx

maGy

I αP

A 30oB

G

W = 2.5g

RB

RA

P

0.02745 m 0.02745 m

maGy = 0.06863α Nα = 51.2 rad/s2

+ ΣFy = m ay : RA - 2.5( 9.81 ) = - 0.06863 ( 51.2 )

RA = 21.0 N RA = 21.0 N


fuerzas y aceleracion - fime.uanl.mx dsm_/apuntes dinamica/fuerzas y... · relaciona con el...

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