Cinética de Cuerpos R´ıgidos: Métodos de Trabajo y Energ´ıa.

Cinética de Cuerpos Rı́gidos: Métodos de Trabajo y Energı́a.
José Marı́a Rico Martı́nez
Departamento de Ingenierı́a Mecánica.
División de Ingenierı́as, Campus Irapuato-Salamanca. Universidad de Guanajuato
Carretera Salamanca-Valle de Santiago Km. 3.8 + 1.5
CP 36730, Salamanca, Gto., México
E-mail: [email protected]
Alejandro Tadeo Chávez
Departamento de Ingenierı́a Mecatrónica.
Instituto Tecnológico Superior de Irapuato
Carretera Irapuato-Silao Km. 12.5
CP 36614, Irapuato, Gto., México
E-mail: [email protected]
1
Introducción.
En estas notas, se presentan los fundamentos de la aplicación del método de trabajo y energı́a a la
cinética de los cuerpos rı́gidos. Esta tarea es mucho más sencilla que la deducción de las ecuaciones de
Newton-Euler pues muchos de los resultados obtenidos en la aplicación del método de trabajo y energı́a
a la cinética de partı́culas son inmediatamente aplicable para cuerpos rı́gidos. Por lo tanto, únicamente
restan tres tareas:
1. Determinación de la energı́a cinética de un cuerpo rı́gido sujeto a movimiento plano general o alguno
de sus casos particulares
(a) Traslación
(b) Rotación alrededor de un eje fijo baricéntrico.
(c) Rotación alrededor de un eje fijo no baricéntrico.
2. Mostrar que el trabajo realizado por las fuerzas internas cuando un cuerpo rı́gido sufre un desplazamiento Euclideo o de cuerpo rı́gido es nulo.
3. Determinar el trabajo realizado por un par de fuerzas sobre un cuerpo rı́gido sujeto a movimiento
plano general.
Es importante hacer notar que, a diferencia de las notas Cinética de Cuerpos Rı́gidos: Ecuaciones de Newton-Euler, en estas notas se supone de inmediato la restricción de que cuerpo rı́gido
está sujeto a movimiento plano general.
2
Determinación de la Energı́a Cinética de un Cuerpo Rı́gido
Sujeto a Movimiento Plano General.
De la cinética de partı́culas es bien conocido que la energı́a cinética de una partı́cula está dada por
T =
1
1
m | ~v |2 = m ~v · ~v .
2
2
Por lo tanto, la energı́a cinética de un cuerpo rı́gido B está dada por
Z
1
~vM · ~vM dm,
T =
2
B
1
(1)
(2)
donde M es una partı́cula arbitraria, cuya masa es d m. Expresando la velocidad de la partı́cula en
términos de la velocidad del centro de masas, vea la figura 1 se tiene que
Figure 1: Relación de las Velocidades de los Puntos G y M .
~vM = ~vG + ω
~ × ~rM/G
por lo tanto, la ecuación (2) se reduce a
Z
1
~vG + ω
~ × ~rM/G · ~vG + ω
~ × ~rM/G dm
T =
2 B
Z
1
=
~vG · ~vG + 2 ~vG · ω
~ × ~rM/G + ω
~ × ~rM/G · ω
~ × ~rM/G dm
2 B
Z
Z
Z
1
1
~vG · ~vG
~ |2
=
n̂ × ~rM/G · n̂ × ~rM/G dm
dm + ~vG · ω
~×
~rM/G dm + | ω
2
2
B
B
B
(3)
(4)
donde | ω
~ | es la magnitud del vector velocidad angular ω
~ y û es un vector unitario a lo largo de la
dirección de la velocidad angular.
Es evidente que
Z
M =
dm
(5)
ZB
~G =
Q
~rM/G dm = ~0
(6)
B
Z
Z
~rM/G × n̂ · ~rM/G × n̂ dm
n̂ × ~rM/G · n̂ × ~rM/G dm =
IG,n̂,n̂ =
B
B
(7)
Sustituyendo estos resultados en la ecuación (4), se tiene que la energı́a cinética de un cuerpo rı́gido
sujeto a movimiento plano general está dada por
T =
1
1
M | ~vG |2 + IG,n̂,n̂ | ω
~ |2
2
2
(8)
Ahora bien, sin pérdida de generalidad, se supondrá que el plano de movimiento del cuerpo rı́gido
es el plano X − Y , por lo tanto, la dirección del eje de rotación es la del eje Z y la energı́a cinética del
cuerpo rı́gido sujeto a movimiento plano general se reduce a
T =
1
1
M | ~vG |2 + IG,z,z | ω
~ |2 .
2
2
2
(9)
2.1
Determinación de la Energı́a Cinética de un Cuerpo Rı́gido Sujeto a
Movimiento de Traslación.
Si el cuerpo rı́gido está sujeto a movimiento de traslación, se tiene que
ω
~ = ~0.
Por lo tanto, la energı́a cinética de un cuerpo rı́gido sujeto a movimiento de traslación está dada por
T =
1
M | ~vG |2 .
2
(10)
Está ecuación corresponde precisamente a la energı́a cinética de una partı́cula.
2.2
Determinación de la Energı́a Cinética de un Cuerpo Rı́gido Sujeto a
Movimiento de Rotación Baricéntrica.
Si el cuerpo rı́gido está sujeto a movimiento de rotación baricéntrica, se tiene que el centro de masas del
cuerpo, G, está localizado en el eje de rotación y, por lo tanto,
~vG = ~0.
Por lo tanto, la energı́a cinética de un cuerpo rı́gido sujeto a movimiento de rotación baricéntrica está
dada por
1
T = IG,z,z | ω
~ |2 .
(11)
2
2.3
Determinación de la Energı́a Cinética de un Cuerpo Rı́gido Sujeto a
Movimiento de Rotación No Baricéntrica.
Suponga que el cuerpo rı́gido está sujeto a movimiento de rotación no baricéntrica, entonces suponga
que el eje de rotación intersecta el plano de movimiento del cuerpo en el punto O —este punto no tiene
velocidad—, es decir ~vO = ~0 y la velocidad del centro de masas, G, está dado por
~vG = ω
~ × ~rG/O ,
donde, puesto que se emplea el concepto de placa representiva, ω
~ y ~rG/O son perpendiculares.
Por lo tanto, se tiene que la energı́a cinética de un cuerpo rı́gido sujeto a movimiento de rotación no
baricéntrica está dada por
T
=
=
1
1
1
1
M |ω
~ × ~rG/O |2 + IG,z,z | ω
~ |2 = M | ω
~ |2 | ~rG/O |2 + IG,z,z | ω
~ |2
2
2
2
2
1
1
|ω
~ |2 M | ~rG/O |2 +IG,z,z = | ω
~ |2 IO,z,z ,
2
2
(12)
donde se aplicó el teorema de Steiner o de ejes paralelos para obtener
IO,z,z = M | ~rG/O |2 +IG,z,z .
3
Determinación del Trabajo Realizado por las Fuerzas Internas
Cuando un Cuerpo Rı́gido Sufre un Desplazamiento Euclideo.
En esta sección determinaremos el trabajo realizado por las fuerzas internas cuando un cuerpo rı́gido
sufre un desplazamiento Euclideo. Considere dos partı́culas Pi y Pj que pertenecen a un cuerpo rı́gido,
B, cuyo centro de masas está dado por G, vea la figura 2. Las velocidades de estos puntos, en términos
de la velocidad de G, están dadas por
~ × ~rPi /G
~vPi = ~vG + ω
~ × ~rPj /G .
y ~vPj = ~vG + ω
(13)
La diferencial del trabajo efectuado por la pareja de fuerzas que actuan sobre Pi y Pj y que son
producidas por Pj y Pi respectivamente, está dado por
d U = f~ij · d ~rPi + f~ji · d ~rPj .
3
(14)
Figure 2: Determinación del Trabajo Realizado por las Fuerzas Internas de un Cuerpo Rı́gido Sujeto a
Movimiento Plano General.
Sin embargo,
f~ji = −f~ij
d ~rPi = ~vPi d t
d ~rPj = ~vPj d t,
de manera que
dU
=
=
~ × ~rPi /G − ~vG + ω
~ × ~rPj /G d t
f~ij · d ~rPi + f~ji · d ~rPj = f~ij · ~vPi d t − ~vPj d t = f~ij · ~vG + ω
f~ij · ω
~ × ~rPi /G − ~rPj /G d t.
(15)
Sin embargo, de la figura 2 se tiene que
~rPi /G − ~rPj /G = ~rPi /Pj
Por lo que
d U = f~ij · ω
~ × ~rPi /Pj
(16)
Debe notarse que mientras que f~ij es paralela a la lı́nea que conecta las partı́culas Pi y Pj , el vector
ω
~ × ~rPi /Pj es necesariamente perpendicular a esa misma lı́nea, por lo tanto
~ × ~rPi /Pj = 0.
d U = f~ij · d ~rPi + f~ji · d ~rPj = f~ij · ω
(17)
Este resultado indica que el trabajo realizado por la pareja de fuerzas internas f~ij y f~ji cuando un cuerpo
rı́gido sufre un desplazamiento Euclideo es nulo. Por lo tanto, extrapolando este resultado a la totalidad
de las fuerzas internas que actuan sobre un cuerpo rı́gido B, se tiene que
U=
X Z
Pi ∈B
B
f~ij · d ~rPi
Pi 6=Pj
=
X Z B
Pi ∈B
f~ij · d ~rPi + f~ji · d ~rPj
= 0.
(18)
Este resultado indica que el trabajo realizado por las fuerzas internas cuando un cuerpo
rı́gido sufre un desplazamiento Euclideo es nulo y no necesita considerarse en la aplicación del
método de trabajo y energı́a aplicado a cuerpo rı́gidos.
4
Determinación el Trabajo Realizado por un Par de Fuerzas
Sobre un Cuerpo Rı́gido Sujeto a Movimiento Plano General.
En esta sección determinaremos el trabajo realizado por un par de fuerzas sobre un cuerpo rı́gido sujeto
a movimiento plano general. Considere dos partı́culas Pi y Pj que pertenecen a un cuerpo rı́gido, B,
cuyo centro de masas está dado por G, vea la figura 3. Las velocidades de estos puntos, en términos de
la velocidad de G, están dadas por la ecuación (13).
4
Figure 3: Determinación del Trabajo Realizado por un Par de Fuerzas.
La diferencial del trabajo efectuado por el par de fuerzas, F~ , que actuan sobre Pi y Pj está dado por
(19)
d U = F~ · d ~rPi + −F~ · d ~rPj .
Sin embargo,
d ~rPj = ~vPj d t,
d ~rPi = ~vPi d t
de manera que
dU
=
=
=
=
F~ · d ~rPi − F~ · d ~rPj = F~ · ~vPi d t − ~vPj d t
F~ · ~vG + ω
~ × ~rPi /G − ~vG + ω
~ × ~rPj /G d t
~ · ~rPi /Pj × F~ d t
F~ · ω
~ × ~rPi /G − ~rPj /G d t = F~ · ω
~ × ~rPi /Pj d t = ω
ω
~ · T~F d t = T~F · ω
~ d t,
(20)
donde T~F es el momento o torque producido por el par de fuerzas F~ aplicado a las partı́culas Pi y Pj .
Debe reconocerse que, en movimiento plano general los únicos momentos que pueden producir trabajo son
aquellos cuya dirección coincide con la dirección del vector velocidad angular ω
~ , perpendicular al plano
de movimiento del cuerpo rı́gido. En esas circunstancias, es posible prescindir del caracter vectorial de
la ecuación (20) y reducirla a
dθ
d t = TF d θ.
d U =| T~f || ω
~ | d t = TF
dt
de modo que el trabajo realizado por el par de fuerzas se reduce a
Z θ2
Z t2
TF d θ
dT =
U=
(21)
(22)
θ1
t1
En particular, si la magnitud del par de fuerzas permanece constante durante el periodo para el cual se
determina el trabajo, se tiene que
Z θ2
Z θ2
Z t2
TF d θ = TF
d θ = TF (θ2 − θ1 ) .
(23)
dT =
U=
t1
4.1
θ1
θ1
Potencia desarrollada por un par de fuerzas.
La ecuación 21 permite determinar de manera muy fácil la potencia desarrollada por un par de fuerzas.
Puesto que la potencia se define como
P ≡
d
dU
=
[TF (θ) d θ]
dt
dt
Si el torque TF (θ) es constante, se tiene que
P = TF
dθ
= TF ω
dt
5
5
Determinación de las Ecuaciones del Método de Trabajo y
Energı́a para Cuerpos Rı́gidos.
En esta sección, los resultados obtenidos en la aplicación del método de trabajo y energı́a para una
partı́cula se extrapolarán a cuerpos rı́gidos. Considere la ecuación de trabajo y energı́a para una partı́cula,
dada por
T1 + U1→2 = T2
(24)
donde Ti es la energı́a cinética de la partı́cula en las posición i y U1−→2 es el trabajo realizado por
las fuerzas aplicadas a la partı́cula durante la trayectoria seguida por la misma partı́cula al pasar de la
posición 1 a la posición 2.
Por lo tanto, cuando se considera un cuerpo rı́gido la ecuación del método de trabajo y energı́a, (24),
se transforma en
Z
Z
Z
T1 d m +
U1→2 d m =
T2 d m,
(25)
B
B
B
donde, ahora la integral
Ti ≡
Z
Ti d m
(26)
B
representa la energı́a cinética del cuerpo rı́gido en la posición i y, de acuerdo a la ecuación (8), está dada
por
1
1
~ i |2 .
Ti = M | ~vGi |2 + IG,z,z | ω
2
2
o por alguno de los casos particulares indicados en la sección 2.
Por otro lado, la integral
Z
U1→2 ≡
U1→2 d m
(27)
B
representa el trabajo efectuado por todas las fuerzas aplicadas sobre todas las partı́culas del cuerpo
rı́gido. Sin embargo, los resultados obtenidos en la sección 3 indican que el trabajo realizado por las
fuerzas internas al cuerpo rı́gido es nulo. Por lo tanto U1→2 representa el trabajo efectuado por
todas las fuerzas externas aplicadas al cuerpo rı́gido.
Finalmente, la ecuación que representa el método de trabajo y energı́a para cuerpos rı́gidos está dada
por
T1 + U1→2 = T2 .
(28)
6
Sistemas Conservativos.
Si todas las fuerzas externas aplicadas al cuerpo rı́gido son conservativas; es decir, son resultado de un
campo escalar de energı́a potencial, o alternativamente, no disipan energı́a, entonces, el trabajo realizado
por las fuerzas externas aplicadas al cuerpo rı́gido puede escribirse como
U1→2 = V1 − V2 .
(29)
donde Vi , representa la suma de las energı́as potenciales asociadas a todas las fuerzas, conservativas,
aplicadas sobre todas las partı́culas del cuerpo, cuando este cuerpo se encuentra en la posición i.
Sustituyendo la ecuación (29) en la ecuación (28), se obtiene que la ecuación que representa el método
de trabajo y energı́a para cuerpos rı́gidos, cuando todas las fuerzas externas aplicadas al cuerpo rı́gido
son conservativas, está dada por
T 1 + V 1 − V2 = T 2 .
o finalmente
T 1 + V1 = T 2 + V2 .
(30)
Esta es la ecuación necesaria para aplicar el método de trabajo de energı́a si el sistema es conservativo.
6
7
Problemas Propuestos.
En esta sección se presentarán algunos problemas propuestos de aplicación del método de trabajo y
energı́a y su solución detallada.
Problema 1. El cilindro uniforme A de 4 kg, cuyo radio r = 150 mm, tiene velocidad angular
ω0 = 50 rad
s cuando se pone en contacto con un cilindro idéntico B que está en reposo. El coeficiente de
fricción cinética en el punto de contacto D es µk . Después de un periodo de deslizamiento los cilindros
alcanzan, al mismo tiempo, velocidades angulares constantes de igual magnitud y dirección opuesta. Si
el cilindro A ejecuta tres revoluciones antes de llegar a la velocidad angular constante, y el cilindro B
completa una revolución antes de alcanzar la velocidad angular constante, determine a) la velocidad
angular final de cada cilindro, b) el coeficiente de fricción cinética.1
1
2
3
Figure 4: Cilindros sujetos a fricción.
Solución: La figura 5 muestra los diagramas de cuerpo libre de ambos cilindros.
Figure 5: Diagrama de cuerpo libre de dos cilindros sujetos a fricción.
En la aplicación del método de trabajo y energı́a para cuerpos rı́gidos, se necesitan determinar cuales
son las posiciones 1 y 2. En este caso, las posiciones están determinadas por
1. La posición 1 ocurre justo cuando los discos se ponen en contacto. En este caso, para cada uno de
los discos
1
1
T2B = 0
T1A = IA ω02 = m r2 ω02
2
4
1 Este es el Problema 17.6 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F.
7
2. La posición 2 ocurre cuando ambos discos tienen la misma velocidad angular, en sentidos opuestos,
y por lo tanto, no hay deslizamiento. Para esta posición, para cada uno de los discos, IA = IB , por
lo que
1
1
T2A = T2B = IA ωf2 = m r2 ωf2
2
4
Finalmente, es necesario calcular el trabajo efectuado por las fuerzas que si realizan trabajo, que en
este caso son los momentos producidos por las fuerzas de fricción
U1→2A = −µk N r ∆ θ2 = −µk m g r ∆ θ2
y
U1→2B = µk N r∆ θ3 = µk m g r ∆ θ3 .
Por lo tanto, para el disco A
1
1
m r2 ω02 − µk m g r ∆ θ2 = m r2 ωf2
4
4
y para el disco B
1
m r2 ωf2
4
Restando término a término ambas ecuaciones, se tiene que
0 + µk m g r ∆ θ 3 =
1
m r2 ω02 − µk m g r ∆ θ2 − µk m g r ∆ θ3 = 0
4
o
1
4
r ω02
µk =
=
g (∆ θ2 + ∆ θ3 )
1
4
2
(0.15 m.) 50 rad
s
= 0.38
9.81 sm2 (3 + 1) 2 π
Finalmente, la velocidad angular final de ambos discos es
s
r
µk m g r ∆ θ 3
4 µk g ∆ θ 3
rad
ωf =
= 25
=
1
2
r
s
m
r
4
Problema 1a. Dos discos del mismo material están unidos a un eje como se muestra en la Figura 6.
Un disco, A, es de radio r y tiene un espesor b , mientras que el disco B es de nr radio y 3b de espesor .
Un par M de magnitud constante se aplica cuando el sistema está en reposo y se retira después de que
el sistema ha ejecutado 2 revoluciones . Determine el valor de n con el cual se logra el máximo valor de
la velocidad final para un punto en el borde del disco B.2
Figure 6: Dibujo de 2 discos unidos a un eje.
2 Este
es el Problema 17.3 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R.
y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
8
Solución. La descripción del problema involucra la especificación de una posición inicial y una
posición final, como información para el cálculo de la velocidad final para un punto en el borde del
disco B. Por lo que la aplicación del principio del trabajo y la energı́a para un cuerpo rı́gido, es la
herramienta adecuada para el ánalisis de este problema. Consecuentemente es necesario analizar la
energı́a cinética tanto en la posición inicial como en la posición final, la cual para el problema bajo
ánalisis será exclusivamente energı́a cinética de rotación, este cálculo requiere de los momentos de inercia
en los discos A y B, por lo que antes de proceder con el cálculo de la energı́a cinética se calcularán los
momentos de inercia mencionados.
Momento de Inercia de los Discos A y B.
IA =
1
mA r 2
2
IB =
1
mB (nr)2
2
No se proporciona el dato de la masa de los discos, pero es posible obtenerlo mediante la densidad
volumétrica ρ del material seleccionado y el cálculo de su respectivo volumen, VA y VB con los datos de
radio y espesor proporcionados.
VA = π r 2 b
VB = π (nr)2 (3b)
A partir de estos resultados es posible obtener las masas de ambos discos, A y B.
mA = πr2 bρ
mB = π(nr)2 (3b)ρ = 3 n2 π r2 b
Se puede observar con claridad que los términos que describen el valor de la masa del disco A, aparecen
en los términos que desriben la masa del disco B. Por lo que podemos expresar la masa del disco B como
mB = 3n2 mA
Por tanto, el momento de inercia del disco B está dado por
IB =
3
mA n4 r2
2
Energı́a cinética del sistema
• Posición 1 : El sistema está en reposo. Por lo tanto la energı́a cinética del sistema en la posición
inicial es igual a 0; es decir
T1 = 0
• Posición 2 : Después de que el sistema ha girado 2 revoluciones.
T2 =
1
1
1
3
1
1
IA ω22 + IB ω22 = ω22
mA r2 + mA n4 r2 = mA r2 ω22 [1 + 3 n4 ]
2
2
2
2
2
4
Trabajo de todas las fuerzas actuando sobre el cuerpo rı́gido.
Sobre el cuerpo rı́gido se aplica un par M de magnitud constante cuando el sistema está en reposo y
se retira después de que el sistema ha ejecutado 2 revoluciones. Debido a que la magnitud del momento
es constante, el trabajo efectuado sobre el cuerpo rı́gido se puede obtener con la magnitud del par y el
desplazamiento angular, de la siguiente manera:
U1→2 = M ∆ θ
donde:
∆ θ = θ2 − θ1 = 2 π (2) rad
Por lo tanto:
U1→2 = 4πM
Finalmente aplicaremos el principio de trabajo y energı́a
9
θ1 = 0 rad
Principio de Trabajo y Energı́a
T1 + U1→2 = T2
0 + 4πM =
1
mA r2 ω22 [1 + 3 n4 ]
4
de esta ecuación, es posible obtener el valor de la velocidad angular ω2 como
s
16πM
ω2 =
mA r2 [1 + 3 n4 ]
La velocidad final de un punto del borde del disco B, está dada por
s
s
n2
16πM
16πM
=
VBorde = ω2 (n r) = n r
2
4
mA r [1 + 3 n ]
mA 1 + 3 n4
Como en esta expresión M , π, mA son constantes, para optimizar el resultado es unicamente necesario
considerar la expresión —pues es posible también prescindir de la raiz cuadrada.
f (n) =
n2
1 + 3 n4
derivando la expresión con respecto de la variable n se tiene que
d f (n)
n2 (12 n3 ) − [1 + 3 n4 ] 2 n
6 n5 − 2 n
=
=
4
2
dn
[1 + 3 n ]
[1 + 3 n4 ]2
Igualando a 0 la derivada y resolviendo para n se tiene que3
r
4 1
1
= 0.760
n4 =
n=
3
3
Debido a que el valor de n no puede ser negativo, el valor positivo de la raı́z es el valor que maximiza
la función. Para verificar que se tiene un máximo de la función, se evaluará la segunda derivada para el
valor de n.
d f 2 (n)
d n2
=
=
=
(6 n5 − 2 n)2(1 + 3 n4 ) 12 n3 − [1 + 3 n4 ]2 (30 n4 − 2)
[1 + 3 n4 ]4
(6 n5 − 2 n)2 (12 n3 ) − [1 + 3 n4 ](30 n4 − 2)
[1 + 3 n4 ]3
144 n8 − 48 n4 − 30 n4 − 90 n8 + 2 + 6 n4
54n8 − 72n4 + 2
=
4
3
[1 + 3 n ]
[1 + 3n4 ]3
Sustituyendo el valor de n en la segunda derivada se obtiene:
54 ( 13 )2 − 72 13 + 2
6 − 24 + 2
d f 2 (n) =
= −2
=
3
2
1
4
1
dn
8
n =3
1+3
3
El valor es negativo, por lo tanto, el punto crı́tico es un máximo.
Problema 2. La doble polea de la figura 7 tiene una masa de 14 kg y radio de giro centroidal de 165
mm. El cilindro A y el bloque B están unidos a cuerdas enrolladas en las poleas tal como está indicado.
El coeficiente de fricción entre el bloque B y la superficie es µk = 0.25. Si el sistema se suelta desde el
reposo en la posición mostrada, determine a) la velocidad del cilindro A cuando éste golpea el suelo, b)
la distancia total que el bloque B se mueve antes de quedar en reposo.4
Solución: En la aplicación del método de trabajo y energı́a debe de indicarse cuales son las posiciones
del sistema en las distintas fases del sistema. Para este problema, las posiciones son
1. Posición 1. Posición inicial del sistema, cuando está en reposo.
3 Existe
otra raiz n = 0 que no tiene importancia fı́sica.
es el Problema 17.9 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F.
4 Este
10
r1 =
3
2
1
=r2
1
4
=h
1
Figure 7: Polea conectada a dos cuerpos.
2. Posición 2. Justo antes de que el cilindro A choque con el piso.
3. Posición 2’. Justo después de que el cilindro A ya ha chocado con el piso.
4. Posición 3. Cuando el bloque B llega de nuevo al reposo.
Entonces, es posible analizar el comportamiento del sistema entre las posiciones 1 y 2. La energı́a
cinética del sistema en estas posiciones 1 y 2 están dadas por
T1 = 0,
y
T2
=
1
1
1
1
1
2
2
I2 ω22 + m3 vB
+ m4 v A
=
m2 k 2 ω22 + m3 r12 ω 2 + m4 r22 ω 2 = ω22 m2 k 2 + m3 r12 + m4 r22
2
2
2
2
2
Por otro lado, el trabajo realizado entre las posiciones 1 y 2 está dado por5
r1
r1
U1→2 = m4 g h − µk m3 g h = g h m4 − µk m3
r2
r2
Por lo tanto, puesto que
T1 + U1→2 = T2
se tiene que
ω2
=
=
r1
1
0 + g h m4 − µ k m 3
= ω22 m2 k 2 + m3 r12 + m4 r22
r2
2
v
h
i
u
s
u 2 g h m4 − µ k m3 r 1
0.15
2 9.81 sm2 (0.9 m) 11.5 − 0.25 · 9 0.25
kg
t
r2
=
2
2
2
2
2
2
m2 k + m3 r1 + m4 r2
(14 · 0.165 + 9 · 0.15 + 11.5 · 0.25 ) kg − m2
r
179.2287 rad
rad
= 11.7309
1.3024 s
s
Por lo tanto, la velocidad del cilindro A justo antes de chocar el piso está dada por
rad
m
vA2 = ω2 r2 = 11.7309
(0.25m) = 2.932
s
s
5 Es importante notar que las tensiones en las cuerdas no producen trabajo pues son fuerzas internas, además la determinación de las fuerzas que realizan trabajo es tan simple que no es necesario realizar los diagramas de cuerpo libre de los
cuerpos.
11
En la posición 2′ , la energı́a cinética del cilindro A ya se disipó por el choque del cuerpo con el piso,
por lo tanto
1
T2′ = ω22 m2 k 2 + m3 r12
2
mientras que la energı́a cinética en la posición 3 es nula, pues el cuerpo B y, por lo tanto, la polea está
en reposo. de aquı́ que
T3 = 0.
Finalmente, el trabajo efectuado entre la posición 2′ y 3, se tiene que
U2′ →3 = −µk m3 g∆ s
La ecuación resulta que
T2′ + U2′ →3 = T3
Por lo tanto
1 2
ω2 m2 k 2 + m3 r12 − µk m3 g∆ s = 0.
2
2 ω22 m2 k 2 + m3 r12
14 · 0.1652 + 9 · 0.152 kg − m2
11.7309 rad
s
= 1.819 m.
∆s =
=
2 µ k m3 g
2 · 0.25 · 9 kg · 9.81 sm2
Por lo tanto, la distancia total que recorrió el bloque B está dada por
∆ sT =
r1
0.15 m
h + ∆s =
0.9 m + 1.819 m = 2.359 m.
r2
0.25 m
Problema 3. La barra esbelta uniforme de 1.2 kgm gira libremente alrededor del eje horizontal O.
El sistema se libera a partir del reposo cuando este se encuentra en la posición horizontal θ = 0◦ donde el
resorte está sin deformación. Si se observa que la barra para momentáneamente en la posición θ = 50◦ .
Determine la constante k del resorte. Para este valor obtenido de k, ¿Cual es la velocidad angular de la
barra cuando θ = 25◦ ? 6
Figure 8: Problema 6-120
Solución. Debe notarse que el sistema es conservativo. Para la primera parte del problema, se
seleccionan las siguientes posiciones
• Posición 1. Cuando θ = 0◦ .
6 Este problema corresponde al Problema 6-120 del libro Engineering Mechanics: Dynamics, Seventh Edition, 2008,
Meriam, J. L. and Kraige, L. G., John Wiley and Sons: New York.
12
• Posición 2. Cuando θ = 50◦ .
Planteando la ecuación para un sistema conservativo
T1 + V1 = V2 + T2
(31)
Es importante notar que el sistema parte del reposo y que el nivel de referencia para calcular la energı́a
potencial debida al peso de la barra, se encuentra cuando θ = 0◦ de ahı́ se tiene que
• T1 = 0 Puesto que el sistema parte del reposo.
• V1 = 0 La barra se encuentra en el nivel de referencia y el resorte no está deformado.
• T2 = 0 Puesto que la barra se encuentra momentáneamente en reposo.
Se calcula la longitud no deformada e inicial del resorte
p
L1 = (0.6m)2 + (0.6m)2 = 0.848 m
Se calcula la longitud del resorte, en la posición cuando φ = 90◦ + 50◦ = 140◦ , se utiliza la ley de
cosenos para calcularla
p
L2 = (0.6m)2 + (0.6m)2 − 2(0.6m)(0.6m)Cos140◦ = 1.127 m
Entonces es posible determinar la deformación del resorte en la posición 2
δ2 = L2 − L1 = 1.127 − 0.848 = 0.2786 m
La energı́a potencial del sistema en la posición 2 está dada por
1 2 l
k δ − m g sen θ
2
2
Sustituyendo cada uno de las variables en la ecuación (31)
V2 =
1 2 l
k δ − m g sen θ + 0
2
2
Despejando k y sustituyendo valores numéricos
0+0=
k=
(1.2kg)(9.81m/s2 )(0.8m)sen50◦
mglsenθ
=
= 92.3N/m
δ2
(0.2786m)2
(32)
(33)
(34)
Con este resultado, finaliza la primera parte del problema. Para la segunda parte del sistema, se
seleccionan las siguientes posiciones
• Posición 1. Cuando θ = 0◦ .
• Posición 2. Cuando θ = 25◦ .
Planteando la ecuación para un sistema conservativo
T1 + V1 = V2 + T2
(35)
Es importante notar que el sistema parte del reposo y que el nivel de referencia para calcular la energı́a
potencial debida al peso de la barra, se encuentra cuando θ = 0◦ de ahı́ se tiene que
• T1 = 0 Puesto que el sistema parte del reposo.
• V1 = 0 La barra se encuentra en el nivel de referencia y el resorte no está deformado.
13
Se calcula la longitud del resorte, en la posición cuando φ = 90◦ + 25◦ = 115◦ , se utilizará la ley de
cosenos
p
L2 = (0.6m)2 + (0.6m)2 − 2(0.6m)(0.6m) cos115◦ = 1.012 m
Entonces es posible determinar la deformación del resorte en la posición 2
δ2 = L2 − L1 = 1.012 − 0.848 = 0.164 m
La energı́a potencial del sistema en la posición 2 está dada por
V2 =
1 2 l
k δ − m g sen θ
2
2
(36)
Igualmente, es posible determinar la energı́a cinética de la barra sabiendo que la barra esta sujeta a
un movimiento de rotacin no baricentrica
11
1
1
I0 ω22 =
m l2 ω22 = m l2 ω22
2
23
6
Sustituyendo cada uno de las variables en la ecuación (35), se tiene que
T2 =
0+0=
1
1 2 l
kδ − m g senθ + m l2 ω22
2
2
6
(37)
Despejando ω22 y sustituyendo valores numéricos
s
r
3[m g l senθ − k δ 2 ]
3[(1.2kg)(9.81m/s2 )(0.8m)sen25◦ − (92.3N/m)(0.164m)2 ]
ω2 =
=
m l2
(1.2kg)(0.8m)2
=
2.4190 rad/s (cw)
Figure 9: Tres engranes conectados.
Problema 4. Cada uno de los engranes A y B tiene una masa de 2.4 kgm y un radio de giro de
60 mm, mientras que el engrane C tiene una masa de 12 kgm y un radio de giro de 150 mm. Se aplica
un cople M de magnitud constante 10 N − m al engrane C. Determine (a) el número de revoluciones
del engrane C requeridas para que su velocidad angular se incremente de 100 a 450 rpm, (b) la fuerza
tangencial correspondiente que actúa sobre el engrane A. 7
Solución. Primero determinaremos los momentos de inercia de los engranes
2
2
I A = I B = MA k A
= 2.4 kgm. (0.06 m) = 0.00864 kgm − m2
7 Este es el Problema 17.9 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
14
2
2
I C = MC k C
= 12 kgm. (0.15 m) = 0.27 kgm − m2
La relación entre las velocidades de los engranes está dada por
ωA rA = ωC rC
ωA = ωB = ωC
200 mm
5
rC
= ωC
= ωC
rA
80 mm
2
Inicialmente, el “sistema” a analizar está formado por los tres engranes y las “posiciones” 1 y 2 del
sistema se definirán como se indica
• Cuando la velocidad angular del engrane C es de ωC1 = 100 rpm = 10.4719 rad/s
• Cuando la velocidad angular del engrane C es de ωC2 = 450 rpm = 47.1238 rad/s
Entre esas dos “posiciones” el engrane C ha girado ∆θC radianes. Por lo tanto, de la ecuación
T1 + U1→2 = T2
Donde
"
2 #
1
1
5
1
25
1
1
2
2
2
2
= ωC1 IC + IA
T1 = IC ωC1 + 2 IA ωA1 = IC ωC1 + 2 IA
ωC1
2
2
2
2
2
2
4
y
"
2 #
5
1
25
1
1
1
1
2
2
2
2
= ωC2 IC + IA
ωC2
T2 = IC ωC2 + 2 IA ωA2 = IC ωC2 + 2 IA
2
2
2
2
2
2
4
Por otro lado, el trabajo efectuado por el sistema entre ambas posiciones —debe notarse que las fuerzas
entre los engranages, son fuerzas internas cuando el sistema está formado por los tres engranes— está
dado por
U1→2 = M ∆θC
Por lo tanto
2
ωC1
y
∆θC
=
=
2
2
ωC2
− ωC1
1
2 IC
1
25
IC + IA
2
4
+
25
4 IA
M
39.897 rad. = 6.3499 rev
+ M ∆θ =
2
ωC2
1
25
IC + IA
2
4
47.12382 − 10.47192 rad2 /s2 0.27
2 +
=
10kgm − m2 /s2
25
4 0.00864
kgm − m2
Para la segunda pregunta, el sistema consistirá exclusivamente del engrane con la fuerza tangencial
que actua entre los engranes A y C, las velocidades iniciales y finales del engrane son
ωA1 =
5
ωC1 = 26.17975 rad/s
2
ωA2 =
5
ωC2 = 117.8095 rad/s
2
ambas en sentido contrario a las manecillas del reloj. Además, la rotación del engrane A, puesto que no
hay deslizamiento, está dada por
5
∆θA = ∆θC = 99.7425 rad.
2
Ası́ pues, el “sistema” a analizar está formado unicamente por el engrane A y las “posiciones” 1 y 2
del sistema se definirán como se indica
• Cuando la velocidad angular del engrane A es de ωA1 = 26.17975 rad/s
• Cuando la velocidad angular del engrane C es de ωA2 = 117.8095 rad/s
Entre esas dos “posiciones” el engrane A ha girado ∆θA radianes. Por lo tanto, de la ecuación
T1 + U1→2 = T2
Donde
T1 =
1
2
IA ωA1
2
T2 =
15
1
2
IA ωA2
2
y
U1→2 = F rA ∆θA
Por lo tanto
1
1
2
2
IA ωA1
+ F rA ∆θA = IA ωA2
2
2
o
F
=
=
1
2 IA
2
2
ωA2
− ωA1
=
∆θA rA
1
2
0.00864 kgm − m2 117.80952 − 26.179752 rad2 /s2
99.7425 rad (0.08 m)
7.14299kgm − m/s2 = 7.14299N
Problema 4a. El tambor de freno de 8 in de radio está unido a un volante de inercia mayor que no
se muestra, vea la figura 10. El momento de masa de inercia total del volante de inercia y el tambor es de
14 Lb − f t − s2 y el coeficiente de fricción cinética entre el tambor y la zapata de freno es 0.35. Sabiendo
que la velocidad angular inicial de la rueda volante es 360 rpm en sentido antihorario, determinar la
fuerza vertical P que debe ser aplicada al pedal C si el sistema se detiene en 100 revoluciones.8
Figure 10: Freno de tambor.
Solución. Primero se analizará las posiciones del sistema volante y freno de tambor.
• Posición 1: Cuando el sistema tiene velocidad angular ω = 360 rpm.
• Posición 2: Cuando el sistema está en reposo, T2 = 0.
Datos: A diferencia de la gran mayoria de los problemas resueltos en estas notas, este problema se
resolverá usando el sistema Inglés FLT. Los datos numéricos del problema son
r = 8 in = 0.666 f t
∆ θ = 100 rev = 200 π rad
b = 15 in
c = 6 in
ID = 14 Lb − f t − s2
h = 10 in
ω = 360 rpm = 12 π rad/s
A continuación se analizará del diagrama de cuerpo libre que muestra las fuerzas que actuan en el
pedal, vea la figura 11. Se denotará por P como la carga ejercida sobre el pedal, por N la reacción entre
el pedal y el tambor y µk el coeficiente de fricción cinética entre el pedal y el tambor.
8 Este es el Problema 17.12 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston,
E.R. y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
16
Figure 11: Diagrama de cuerpo libre del pedal.
El movimiento del pedal es despreciable, de manera que puede analizarse como si el pedal estuviera
en reposo. Haciendo sumatoria de momentos alrededor del punto A, se tiene que
ΣTA = 0
P (b − c) − N h + µk N (r − c) = 0
Despejando de esta ecuación la fuerza normal N , se tiene que
N [h − µs (r − c)] = P (b − c)
N=
P (b − c)
[h − µs (r − c)]
El cálculo numérico de la reacción normal está dada por
N=
P (15 − 6) in
= 0.967 P
10 in − (0.35) (8 − 6) in
De la ecuación de trabajo y energı́a para cuerpos rı́gidos tenemos
T1 + U1−2 = T2
Donde:
1
ID ω 2
2
Donde el momento, T , está dado por
T2 = 0
T1 =
U1→2 = −T ∆θ
T = µk N
Por lo tanto
U1→2 = −T ∆θ = −µk N r ∆θ = −µk (0.967 P ) r ∆θ
Entonces la ecuación de trabajo y energı́a se reduce a
1
ID ω 2 − µk (0.967P ) r ∆θ = 0
2
Despejando P de la ecuación se tiene que
P =
1
2
ID ω 2
0.976 µk r ∆θ
Sustituyendo valores numéricos se tiene que el resultado final está dado por
P =
1
2
(14 Lb − f t − s2 )(12 π rad/s)2
= 70.12 Lbf
(0.967) (0.35) (0.666 f t) (200 π rad)
17
Figure 12: Sistema parte del reposo
Problema 5. La manivela OA de 8 kg, con centro de masa en G y radio de giro, alrededor de O. de
0.22 m, está conectada a una barra esbelta uniforme de 12 Kg, AB. Si el mecanismo se libera a partir del
reposo en la posicı́on mostrada, calcule la velocidad v del extremo B cuando OA pasa por la vertical.9
Solución. Es importante reconocer que el sistema es conservativo, por lo tanto:
T 1 + V 1 = T 2 + V2
Las posiciones correspondientes son
• Posición 1. La posición mostrada en la figura 12.
• Posición 2. Cuando la manivela ha girado 90◦ en sentido horario, vea la figura 13.
Figure 13: La barra OA pasa por la vertical.
Para determinar la energı́a cinética del sistema en la posición 2, es necesario realizar el análisis de
velocidad del sistema en la posición 2. Los vectores de posición están dados por
q
~rA/0 = −a2 ĵ
~rB/A = a23 − (h − a2 )2 î − (h − a2 ) ĵ
9 Este problema corresponde al Problema 6-139 del libro Engineering Mechanics: Dynamics, Seventh Edition, 2008,
Meriam, J. L. and Kraige, L. G., John Wiley and Sons: New York.
18
Para el análisis de velocidad, se tiene que
~vA = ω
~ 2 × ~rA/0 = ω2 k̂ × (−a2 ) ĵ = ω2 a2 î
Finalmente, debe recordarse que hay dos formas de encontrar la velocidad del punto B
vB î
= ~vB = ~vA + ω
~ 3 × ~rB/A
q
2
2
= ω2 a2 î + ω3 k̂ ×
a3 − (h − a2 ) î − (h − a2 ) ĵ
q
= [ω2 a2 + ω3 (h − a2 )] î + ω3 a23 − (h − a2 )2 ĵ
Las ecuaciones escalares asociadas a esta ecuación vectorial son
vB = ω2 a2 + ω3 (h − a2 )
0 = ω3
Los resultados son
ω3 = 0
q
a23 − (h − a2 )2
v B = ω2 a2
Este resultado indica que en el instante asociado a la posición 2 la manivela está sujeta a rotación no
baricéntrica y el eslabón 3 está, momentaneamente, sujeto a traslación.
Retomando la ecuación de conservación y energı́a
T 1 + V 1 = T 2 + V2
El nivel de referencia para determinar la energı́a potencial debido al peso de los cuerpos es una lı́nea
horizontal que pasa por el punto O, vea la figura 13.
Puesto que el sistema parte del reposo, se tiene que
T1 = 0
Por otro lado, se tiene que
T2 =
1
1
1
2
2
(m2 kO2
ω22 ) + m3 (ω2 a2 )2 = ω22 (m2 kO2
+ m3 a22 )
2
2
2
Las energı́as potenciales del sistema en las posiciones 1 y 2, se tiene que en la posición 1, la manivela no
tiene energı́a potencial, de manera que
h
V1 = −m3 g
2
Para la posicin 2, ambos manivela y la biela tienen energı́a potencial, de manera que
a2
a2
h − a2
h + a2
V2 = −m2 g
= −g m2
− m3 g a 2 +
+ m3
2
2
2
2
La ecuación del sistema queda de la siguiente manera
0 − m3 g
1
a2
h + a2
h
2
= ω22 (m2 kO2
+ m3 a22 ) − g m2 + m3
2
2
2
2
(38)
Despejando ω2 , se tiene que
ω2 =
Sustituyendo valores numéricos
s
ω2 =
s
ga2 (m2 + m3 )
2 + m a2
m2 kO3
3 2
rad
(9.81m/s2 )(0.4m)(20kg)
= 5.8322
ccw
2
2
(8kg)(0.22) + (12kg)(0.4m)
s
De aqui se obtienen los datos para conocer vB
vB = ω2 a2 = (5.8322rad/s)(0.4m) = 2.33m/s
19
(39)
La dirección de la velocidad del punto B es hacia la derecha.
Problema 6. Una barra delgada de longitud l y peso W está articulada en un extremo como se
muestra en la figura 14. Se suelta a partir del reposo y oscila libremente. (a) Determine la velocidad
angular de la barra cuando pasa por una posición vertical y determine la reacción correspondiente en el
pivote. (b) Resuelva la parte a para W = 1.8 lb. y l = 3 pies.10
Figure 14: Barra que oscila con un extremo articulado.
Solución. Las dos posiciones necesarias para resolver el problema por el método de trabajo y energı́a
son
1. Primera Posición: La mostrada en la figura 14.
2. Segunda Posición: Cuando la barra ha girado 90◦ en sentido horario.
Puesto que no hay fricción el sistema es conservativo, para la determinación de la energı́a potencial debida
al peso del cuerpo, se tomará como nivel de referencia, la posición horizontal mostrada en la figura 14.
De manera que de la ecuación de conservación de energı́a se tiene que
T 1 + V1 = T 2 + V2 .
Donde
T1
=
0
pues el sistema parte del reposo
V1
=
pues el centro de masas de la barra está en el nivel de referencia
T2
=
V2
=
0
1
M l2 ω22
6
l
−M g
2
pues la barra está sujeta a rotación no baricéntrica
pues el centro de masas de la barra está por debajo del nivel de referencia
De manera que
1
l
M l2 ω22 − M g
6
2
o
r
3g
ω2 =
(40)
l
Para determinar la reacción en la posición 2, considere la figura 15. La barra está en la posición
vertical y la velocidad angular de la barra se determinó en la ecuación 40
Por lo tanto, en esta posición, la aceleración normal del centro de masas está dada por
0+0=
~anG = −ω22 × ~rG/A = −
l
3g
3g
× (− ĵ) =
ĵ
l
2
2
Note que no hay en esta posición aceleración tangencial del centro de masas. Realizando suma de fuerzas
en la dirección vertical, se tiene que
ΣFy = M aGy
− M g + ROy = M
3M g
3g
=
2
2
10 Este es el Problema 17.18 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
20
Figure 15: Barra que oscila en la posición 2.
Entonces
5M g
2
Para la solución numérica del problema, se tiene que M g = 1.8 lb. y l = 3 pies. De aquı́ que
s
r
3g
3 32.2 p/s2
=
= 5.6745 rad/s
ω2 =
l
3p
ROy =
y
5 1.8 lbf.
5M g
= ROy =
= 4.5 Lbf.
2
2
Problema 5. Un collar con una masa de 1 kg está rigidamente unida a una barra delgada AB de
masa 3 kg y longitud L = 600 mm, vea la figura 16. La barra se suelta a partir del reposo. Determine la
distancia d para la cual la velocidad angular de la barra es máxima después de que ha rotado 90◦ .11
ROy =
Figure 16: Barra con colları́n que oscila en un plano vertical.
Solución. Las dos posiciones necesarias para resolver el problema por el método de trabajo y energı́a
son
1. Primera Posición: La mostrada en la figura 14.
2. Segunda Posición: Cuando la barra ha girado 90◦ en sentido antihorario.
Es necesario calcular el momento de inercia del conjunto barra-colları́n con respecto al punto B, pues el
conjunto está sujeto a rotación alrededor de un eje fijo no-baricéntrico. Si se denomina M la masa de la
barra, m la masa del colları́n se tiene que
IB =
M L2
+ m d2 .
3
11 Este es el Problema 17.23 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
21
Puesto que no hay fricción el sistema es conservativo, para la determinación de la energı́a potencial
debida al peso del cuerpo, se tomará como nivel de referencia, la posición horizontal mostrada en la figura
16. De manera que de la ecuación de conservación de energı́a se tiene que
T 1 + V1 = T 2 + V2 .
Donde
T1
V1
=
=
T2
=
V2
=
0
pues el sistema parte del reposo
0
pues el centro de masas de la barra y del colları́n están en el nivel de referencia
1 M L2
1
2
2
ω22 pues la barra está sujeta a rotación no baricéntrica
I B ω2 =
+ md
2
2
3
L
−M g − m g d pues el centro de masas de la barra y el colları́n están por debajo del nivel de referencia
2
De manera que
1
0+0=
2
M L2
+ m d2
3
Por lo tanto
ω22
=
ω22 − M g
2 g M L2 + m d
M L2
3
+ m d2
L
− mgd
2
Si se desea optimizar la velocidad angular en la posición 2 es necesario derivar la expresion, de manera
que
L2
2
+
m
d
2 m g − 2 g M L2 + m d 2 m d
M
2
3
d ω2
=
2
2
dd
M L + m d2
3
Para encontrar el valor óptimo de d es necesario considerar únicamente el numerador, simplificando la
ecuación se tiene que
L2
L
L2
M
+ m d2 − M + m d 2 d = −m d2 − M L d + M
=0
3
2
3
o
m d2 + M L d − M
L2
=0
3
Las soluciones son
d=
−M L ±
q
(M L)2 + 4 m M
2m
L2
3
=L
−M ±
q
M2 +
2m
4
3
mM
= LM
−1 ±
q
1+
4m
3M
2m
Evidentemente el signo negativo no tiene significado fı́sico, de manera que sustituyendo los valores se
tiene que
q
(1 kgm)
−1 + 1 + 34 (3
kgm)
= 181.66 mm
d = (600 mm) (3 kgm)
2 (1 kgm)
Problema 5a. El centro de masa G de una rueda de m = 3 kgm y R = 180 mm se localiza a una
distancia r = 60 mm desde donde está el centro geométrico C. El radio centroidal de giro de la rueda es
k = 90 mm. A medida que la rueda gira sin deslizamiento, se observa que su velocidad angular varia, vea
la figura 17. Sabiendo que ω1 = 8 rad/s en la posición mostrada, determine: a) la velocidad angular de
la rueda cuando el centrode masas G está directamente sobre el centro geometrico C. b) La reacción en
la superficie horizontal en el mismo instante.12
Solution. La aplicación del método de trabajo y energı́a requiere la selección de dos posiciones:
• Posición 1. La posición mostrada en la figura 17.
12 Este es el Problema 17.27 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
22
Figure 17: Rueda excéntrica rodando sin deslizamiento.
• Posición 2. Después de haber rotado 90◦ en sentido horario. G está exactamente arriba de C
Puesto que está involucrada la energı́a potencial debida al peso de la rueda, se seleccionará como nivel
de referencia la lı́nea horizontal que en la posición 1 pasa por el centro de masas G. Debe notarse que
el sistema es conservativo. Además, como la rueda gira sin deslizarse, es necesario calcular el momento
de inercia de la rueda respecto al punto P , que instantaneamente está en contacto con el piso. Entonces,
aplicando el teorema de Steiner, para la posición 1, se tiene que
IG = m k 2
IP 1 = IG + m (R2 + r2 ) = m k 2 + R2 + r2
y en la posición 2, se tiene que
IG = m k 2
IP = IG + m (R + r)2 = m k 2 + (R + r)2
Entonces, la aplicación de la ley de conservación de energı́a viene dada por
T1 + V1 = T2 + V2
donde
T1
=
T2
=
V1
V2
=
=
1
1
IP 1 ω12 = m
2
2
1
1
IP 2 ω22 = m
2
2
0
mgr
k 2 + R2 + r2 ω12
k 2 + (R + r)2 ω22
Por lo tanto, la ecuación resultante es
Por lo tanto
1 2
1 m k + R2 + r2 ω12 + 0 = m k 2 + (R + r)2 ω22 + m g r
2
2
ω2 =
s
[k 2 + R2 + r2 ] ω12 − 2 g r
k 2 + (R + r)2
Numericamente, se tiene que
s
[(0.09 m)2 + (0.18 m)2 + (0.06 m)2 ] (8 rad/s)2 − 2 (9.81 m/s2 ) (0.06 m)
ω2 =
(0.09 m)2 + (0.18 m + 0.06 m)2
r
(0.0441 m2 ) (8 rad/s)2 − 1.1772 m/s2 (0.06 m)
=
= 5.004 rad/s
0.0657 m2
23
(41)
Figure 18: Diagrama de cuerpo libre de la rueda excéntrica en la posición 2.
Evidentemente la rotación es en sentido horario. Es importante notar que esta velocidad angular es un
mı́nimo, por lo que la aceleración angular de la rueda, en ese instante, es α
~ = ~0.
Para encontrar las reacciones, es necesario realizar un diagrama de cuerpo libre con la rueda en la
posición 2.
La aceleración del punto C en la posición 2 es ~0, por lo tanto
~aG = ~aC + α
~ × ~rG/C − ω22 ~rG/C = −ω22 ~rG/C = −ω22 r ĵ = −(5.004 rad/s)2 (0.06 m) ĵ = −1.50246 m/s2 ĵ
Entonces
y
X
Fn = m aGy
− m g + RP y = m aGy
RP y = m(g + aGy ) = (3 Kgm) 9.81 m/s2 − 1.50246 m/s2 = 24.922 N.
Este resultado finaliza el problema.
Problema 6. Dos barras uniformes, cada uno de masa m y longitud L, se conectan para formar
el mecanismo mostrado en la figura 19. El extremo D de BD puede deslizarse libremente en la ranura
horizontal, mientras el extremo A de la barra AB está soportado por una revoluta y una mensula. Si el
extremo D se mueve ligeramente a la izquierda y se suelta a partir del reposo, determine su velocidad
(a) cuando el punto D está directamente abajo de A, y (b) cuando la barra AB es vertical.13
Figure 19: Dos barras articuladas en una posición inicial.
Solución. Para resolver este problema, se necesita considerar 3 posiciones. La posición inicial, 1,
mostrada en la figura 19 y las dos figuras mostradas en la figura 20. La posición de la derecha corresponde
al inciso a y la posición de la izquierda corresponde al inciso b.
De manera que las posiciones necesarias para resolver el problema son
13 Este es el Problema 17.42 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
24
Figure 20: Dos posiciones adicionales de las dos barras articuladas.
1. Posición 1. La posición mostrada en la figura 19.
2. Posición 2. La posición mostrada en la parte izquierda de la figura 20.
3. Posición 3. La posición mostrada en la parte derecha de la figura 20.
Como no existe fricción el sistema es conservativo de manera que la ecuación para resolver el problema
está dada por
T 1 + V 1 = T 2 + V2 .
T 1 + V1 = T 3 + V 3 .
Para la energı́a potencial debida al peso del cuerpo, se usará como nivel de referencia una lı́nea horizontal
que pasa por el punto A. Más aún, en la posición 2 el triángulo formado por las barras y la lı́nea vertical
AD es equilátero y θ = 60◦ . Por lo tanto
T1 = 0
Porque el sistema parte del reposo.
V1 = −
mgL
2
Pues el centro de masas de la barra BD está por debajo de la lı́nea de referencia, una distancia
L
2.
Para las posiciones 2 y 3 es necesario determinar los distintos vectores de posición tanto para la determinación de la energı́a potencial como para el análisis de velocidad que será necesario realizar.
Posición 2. Los vectores de posición son
~rB/A = L sen θ î − L cos θ ĵ
~rD/B = −L sen θ î − L cos θ ĵ
y
L
L
L
L
sen θ î − cos θ ĵ
~rD/B = − sen θ î − cos θ ĵ
2
2
2
2
Por lo tanto, la energı́a potencial del sistema en la posición 2 está dada por
m g L cosθ
L
m g L cosθ 3 m g L cosθ
V2 = −
− m g L cos θ + cos θ = −
−
= −2 m g L cos θ.
2
2
2
2
~rGAB/A =
Pues ambos centros de masas de las barras están por debajo del nivel de referencia. El de la barra AB
θ
θ
y el de la barra BD está por debajo 3L cos
.
está por debajo L cos
2
2
Para calcular la energı́a cinética en la posición 2, es necesario realizar un análisis de velocidad. Entonces, de manera simplificada se tiene que
vD î = ~vD
= ~vB + ~vD/B = ω
~ AB × ~rB/A + ω
~ BD × ~rD/B
= ωAB k̂ × L sen θ î − L cos θ ĵ + ωBD k̂ × −L sen θ î − L cos θ ĵ
=
î (ωAB L cos θ + ωBD L cosθ) + ĵ (ωAB L sen θ − ωBD L senθ)
25
Por lo tanto
vD = cos θ L (ωAB + ωBD )
0 = sen θ L (ωAB − ωBD )
Por lo tanto
ωAB = ωBD = ω2
vD = 2 cos θ L ω2 .
Finalmente es necesario determinar la velocidad del centro de masas de la barra BD
L
L
3
1
~vGBD = ~vD +~
ωBD ×~rGBD/D = 2 cos θ L ω2 î+ω2 k̂×
sen θ î + cos θ ĵ = cos θ L ω2 î+ sen θ L ω2 ĵ
2
2
2
2
y
| ~vGBD |2 =
3
cos θ L ω2
2
2
+
1
sen θ L ω2
2
2
=
1 2 2
ω2 L 9 cos2 θ + sen2 θ
4
Entonces el cálculo de la energı́a cinética del sistema en la posición 2, se calculará con la barra AB sujeto
a rotatción no baricéntrica y la barra BD sujeta a movimiento plano general.
1
1
1
2
2
2
T2 =
IA ω +
MBD | ~vGBD | + IGBD ω2
2 AB 2
2
2
1 1
1 1
11
m L2 ω22 + m ω22 L2 9 cos2 θ + sen2 θ +
m L2 ω22
=
23
2
4
2
12
1
1
1
2 2 1
2
2
=
m L ω2
+
9 cos θ + sen θ +
2
3 4
12
Entonces, se puede aplicar la ecuación de conservación de energı́a
T 1 + V1 = T 2 + V2 .
que está dada por
mgL
1
1
1
2 2 1
2
2
0+−
− 2 m g L cos θ.
= m L ω2
+
9 cos θ + sen θ +
2
2
3 4
12
o
1
m g L 2 cos θ −
2
=
1
1 1
1
m L2 ω22
+
9 cos2 θ + sen2 θ +
2
3 4
12
Sustituyendo el valor del ángulo θ = 60◦ , se tiene que
√
3
1
cos θ =
sen θ =
2
2
sustituyendo estos valores y simplificando, se tiene que




√ !2
2

1
1 1
1 3
1
1
7
1 1
1
g
3 
= L ω22
+
+
= L ω22
+
+ +
= L ω22
9
3 4
2
2
2
2
12  2
3 4 12
2
6
o bien
r
6g
7L
Sustituyendo este resultado en la ecuación de vD , se tiene que
r
r
p
6g
6
1
=
g L = 0.925 g L
vD = 2 cos θ L ω2 = 2 L
2
7L
7
ω2 =
Uno de los problemas de la aplicación del método de trabajo y energı́a es que no indica el sentido de
la velocidad de los puntos o de las velocidades angulares. En este caso es evidente que la velocidad del
punto D es hacia la izquierda.
Posición 3. Los vectores de posición son
~rB/A = −L ĵ
~rD/B = L î
26
y
~rGAB/A = −
L
ĵ
2
~rGBD/B =
L
î
2
Por lo tanto
1
3
V3 = − m g L − m g L = − m g L
2
2
Pues ambos centros de masas de las barras están por debajo del nivel de referencia. El de la barra AB
está por debajo L2 y el de la barra BD está por debajo L.
Para calcular la energı́a cinética en la posición 3, es necesario realizar un análisis de velocidad. Entonces, de manera simplificada se tiene que
vD î = ~vD = ~vB + ~vD/B = ω
~ AB × ~rB/A + ω
~ BD × ~rD/B = ωAB k̂ × −L ĵ + ωBD k̂ × L î
=
î (ωAB L) + ĵ (ωBD L)
Por lo tanto
vD = ωAB L = ω2 L
0 = ωBD L
Por lo tanto
ωBD = 0
vD = ωAB L = ω2 L
La barra BD está sujeta en ese instante a traslación —la velocidad del centro de masas de la barra BD
es igual a la velocidad del punto D— de manera que el cálculo de la energı́a cinética en la posición 3 es
muy simple y se reduce a
1 1
1
2
1
1
1
2
IAAB ω22 +
MBD | ~vD |2 =
m L2 ω22 + m (ω2 L) = m L2 ω22
+ 1 = m L2 ω22
T3 =
2
2
2 3
2
3
3
Entonces, se puede aplicar la ecuación de conservación de energı́a
T 1 + V1 = T 3 + V3 .
que está dada por
0−
mgL
2
3
= m L2 ω22 − m g L
2
3
2
Simplificando la ecuación
r
3g
2
2 2
ω2 =
m g L = m L ω2
3
2L
Por lo tanto, la velocidad del punto D es
r
r
p
3g
3gL
v D = ω2 L =
L=
= 1.2247 g L
2L
2
También hacia la derecha.
Problema 7. Las dos ruedas que se muestran aquı́, representan dos condiciones extremas de distribución de masa. Para el caso A toda la masa m se supone concentrada en el centro del bastidor en
la barra axial de diámetro insignificante. Para el caso B toda la masa m se supone concentrada en el
borde. Determinar la velocidad del centro de cada rueda después de haber recorrido una distancia x por
la pendiente desde el reposo. Las ruedas giran sin deslizar, vea la figura 21.14
Solución. Este problema se resolverá mediante el método de trabajo y energia. Como primer paso
se establece que la altura del centro de masa CM , es el nivel de referencia de la energı́a potencial, debido
al peso del cuerpo. El punto O es un centro instantáneo de velocidad por lo tanto:
A continuación se establecen las posiciones para las cuales se realiza el análisis.
• Posición 1: Cuando las ruedas parten del reposo.
• Posición 2: Cuando las ruedas se han desplazado una distancia x a lo largo del plano inclinado.
27
Figure 21: Ruedas que representan dos condiciones extremas de distribución de masa.
Figure 22: Diagrama de cuerpo libre de la rueda para el caso A.
Se seleccionó como nivel de referencia para calcular la energı́a potencial debido al peso de la rueda el
nivel asociado a la posición inicial. Ahora se resolverán cada uno de los dos casos:
Rueda A. Masa concentrada en el centro del bastidor.
T 1 + V 1 = T 2 + V2
(42)
Como la rueda parte del reposo T1 = 0. En este instante la rueda esta en el nivel de referencia por
lo tanto V1 = 0. Por otro lado
V2 = −m g x sen θ
y, puesto que la masa de la rueda está concentrada en el centro de la rueda, se tiene que
1
m vg2
2
Sustituyendo valores en la ecuación (42) se obtiene que
T2 =
0+0=
1
m vg2 − m g x sen θ
2
14 Este es el Problema 6.116 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. J.L.Meriam, L.G.Kraige, Seventh Edition,
Jonh Willey and Sons, Inc.: New York.
28
Despejando Vg de la ecuación anterior se obtiene que para el caso de la rueda A.
p
vg = 2 g x sen θ
Rueda B. Masa distribuida en el exterior de la rueda. En este caso, el primer paso es la determinación
del momento de inercia de la rueda respecto al centro de masas, G, y respecto al punto O, el centro
instántaneo de velocidad de la rueda, pues la rodadura ocurre sin deslizamiento.
Primeramente, se calculará el momento de inercia de la rueda respecto al centro de masas y respecto
al punto O, que es el centro instantaneo de velocidad.
IG = m r 2
y aplicando el teorema de ejes paralelos, se tiene que
IO = IG + m r 2 = m r 2 + m r 2 = 2 m r 2
Figure 23: Diagrama de cuerpo libre de la rueda para el caso B.
T 1 + V 1 = T 2 + V2
(43)
Como el movimiento parte del reposo T1 = 0. En este instante la rueda está en el nivel de referencia
por lo tanto V1 = 0. Además
V2 = −m g x sen θ
y
1
1
IO ω 2 =
2 m r2 ω 2 = m r2 ω 2
2
2
Sustituyendo valores en (43) se tiene que
T2 =
0 + 0 = m r2 ω 2 − m g x sen θ
Puesto que la velocidad del centro de masas está dada por vg = ω r, se tiene que
0 + 0 = m vg2 − m g x sen θ
Despejando vg de la ecuación anterior se tiene que
p
vg = g x sen θ
Con esta ecuación finaliza la solución del problema.
29
Figure 24: Transmisión de potencia entre dos ejes.
Problema 7. El arreglo de eje disco y banda mostrado en la figura 24 se usa para transmitir 2.4 kW
del punto A al punto D. Sabiendo que los máximos coples permisibles que pueden aplicarse a los ejes AB
y CD son 25 N − m y 80 N − m respectivamente, determine la mı́nima velocidad angular del eje AB.15
Solución. Se denominará r1 = 30 mm y r2 = 120 mm los radios de los ejes AB y CD respectivamente.
Bajo la suposición de ausencia de deslizamiento, se tiene que
ωAB r1 = ωCD r2
por lo tanto
ωAB = ωCD
120 mm
r2
= ωCD
= 4 ωCD .
r1
30 mm
La potencia que se desea transmitir es
P = 2.4 kW = 2400N − m/s.
Por otra lado, determinaremos las velocidades angulares mı́nimas necesarias para transmitir la potencia
indicada en cada uno de los dos ejes, tomando en cuenta los pares permisibles.
permi
P = ωAB TAB
Por lo tanto
ωAB =
P
permi
TAB
De manera semejante, se tiene que
Por lo tanto
ωCD =
=
2400N − m/s.
= 96 rad/s
25 N − m
permi
P = ωCD TCD
P
permi
TCD
=
2400N − m/s.
= 30 rad/s
80 N − m
Si el eje CD debe tener esta velocidad angular, se tiene que
ωAB = ωCD
120 mm
r2
= ωCD
= 4 ωCD = 4 30 rad/s = 120 rad/s.
r1
30 mm
Entonces la velocidad mı́nima permisible para el eje AB, está dada por
min
ωAB
= 120 rad/s.
Este problema tiene como consecuencia un resultado simple, pero de importancia práctica, mientras
menor es la velocidad angular de un eje mayor debe ser el torque permisible para transmitir una potencia
dada. Por eso en un reductor de potencia, el eje más pequeño es el de mayor velocidad.
Problema 8. El dispositivo experimental mostrado en la figura 25 se conoce como freno de Prony y
se usa para medir la potencia de una pequeña turbina. Cuando la turbina está operando a 200 rpm las
30
Figure 25: Freno de Prony.
lecturas de los dos dinamómetros de resorte son 10 Lb y 22 Lb, respectivamente. Determine la potencia
desarrollada por la turbina.16
Solución. Si se denomina F1 = 10 Lbf y F2 = 22 Lbf y r = 9 in = 34 pie, el torque desarrollado por
la turbina está dado por
TF = (F2 − F1 ) r = (22 Lbf − 10 Lbf )
3
pie = 16.5 Lbf − pie.
4
Puesto que la velocidad angular de la turbina es de
ω = 200 rpm = 20.94395rad/s.
La potencia desarrollada por la turbina es
P = TF ω = 345.57Lbf − pie/seg = 0.6283 h.p.
Pues 1 h.p. = 550 Lbf − p/s.
15 Este
es el Problema 17.51 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
16 Este es el Problema 17.23 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P. y Johnston, Third
Edition, McGraw Hill: New York.
31