Problemas Resueltos de Cinética de Cuerpos R´ıgidos: Ecuaciones

Problemas Resueltos de Cinética de Cuerpos Rı́gidos: Ecuaciones
de Newton-Euler.
José Marı́a Rico Martı́nez
Departamento de Ingenierı́a Mecánica.
Universidad de Guanajuato, F. I. M. E. E.
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 este apunte se presentan algunos ejemplos de problemas resueltos acerca de la cinética de cuerpos
rı́gidos sujetos a movimiento plano general, o a algunos de sus casos particulares. Para facilitar el empleo
de estas notas los problemas están divididos en los siguientes tópicos
1. Cuerpos rı́gidos sujetos a traslación.
2. Cuerpos rı́gidos sujetos a rotación baricéntrica.
3. Cuerpos rı́gidos sujetos a movimiento plano general.
(a) Cuerpos rı́gidos sujetos a rotación no baricéntrica.
(b) Cuerpos rı́gidos sujetos a movimiento de rodadura.
(c) Análisis dinámico de mecanismos.
2
Análisis dinámico de cuerpos rı́gidos sujetos a traslación.
En esta sección, se presentarán algunos problemas relacionados con el análisis dinámico de cuerpos rı́gidos
sujetos a traslación.
Problema 2.1 El montacargas mostrado pesa 2250 Lb y se emplea para levantar una caja de lo peso
W = 2500 Lb. El montacargas se está moviento a la izquierda a una rapidez de 10 f t/s cuando se aplican
los frenos sobre las cuatro ruedas. Sabiengo que el coeficiente de fricción estática entre la carga y el
montacargas es 0.30, determine la distancia más pequeña en la que el montacargas puede pararse si la
carga no debe deslizarse y el montacargas no debe voltearse hacia adelante.1
Solución. Primero se analizará la posibilidad de que la carga deslize sobre el montacargas. Para tal
fı́n, considere el diagrama de cuerpo libre mostrado a la izquierda de la figura 2. Se denotará por Wc
el peso de la carga, por Ncm la reacción entre la carga y el montacargas y µs el coeficiente de fricción
estática entre la carga y el montacargas. Finalmente, la aceleración horizontal calculada en esta etapa se
denominará a1 .
1 Este es el Problema 16.10 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.
1
Figure 1: Dibujo de un montacargas y carga.
Empleando las ecuaciones de Newton —la carga puede considerarse como una partı́cula, pues está
sujeta a traslación—, se tiene que
ΣFy = 0
− Wc + Ncm = 0
ΣFx = M ax
µs Ncm =
Wc
a1
g
De la primera ecuación se tiene que
Ncm = Wc .
Sustituyendo este resultado en la segunda ecuación, se tiene que la aceleración máxima que el montacargas
puede soportar sin que la carga se deslize, está dada por
µ s Wc =
Wc
a1
g
a1 = µs g = (0.3)(32.2 p/s2 ) = 9.66 p/s2
por lo tanto
A continuación se analizará la posibilidad de que el montacargas se voltee hacia el frente. Debe notarse
que la posición crı́tica para evaluar esa posibilidad ocurre cuando las ruedas traseras están a punto de
despegarse. Por esta razón, el diagrama de cuerpo rı́gido del montacargas mostrado en la parte derecha
de la figura 2, no hay reacciones en las ruedas traseras.
Figure 2: Diagramas de Cuerpo Libre de la carga y del conjunto formado por el montacargas y la carga.
El primer paso será la determinación de la localización del centro de masas del conjunto formado por
el montacargas y la carga. Para este fı́n se empleará como referencia el punto A localizado en las ruedas
delanteras. Se denotará por C el centro de masas de la carga, por G al centro de masas del montacargas
y por GC al centro de masas del conjunto carga y montacargas
Wm Wm
Wc Wc
−3 î + 4 ĵ f t. +
4 î + 3 ĵ f t.
~rC/A +
~rG/A =
QA =
g
g
g
g
Por otro lado
QA =
Wm + Wc
~rGC/A
g
2
Por lo tanto
~rGC/A
=
=
Wc
g
−3 î + 4 ĵ f t. +
Wm
g
Wm +Wc
g
4 î + 3 ĵ f t.
=
Wc −3 î + 4 ĵ f t. + Wm 4 î + 3 ĵ f t.
Wm + Wc
2500 lbf. −3 î + 4 ĵ f t. + 2250 lbf. 4 î + 3 ĵ f t.
4750 lbf
=
67
6
î +
ĵ
19
19
f t.
Para que el montacargas no se vuelque hacia adelante, es necesario que la suma de momentos con
respecto al centro de masas del conjunto satisfaga la condición
Σ TGC ≤ 0.
Desarrollando está condición se tiene que
µ NA
67
6
f t. − NA
f t. ≤ 0
19
19
µ≤
6
19
67
19
=
6
= 0.08955
67
De manera que de la ecuaciones
Σ Fy = M a y
Σ Fx = M a x
se obtiene
NA − (Wc + Wm ) = 0
Por lo tanto
ax =
µ NA
Wc +Wm
g
=
µ NA =
µ (Wc + Wm )
Wc +Wm
g
Wc + Wm
ax
g
= µ g = 2.8835 f t/s2 .
Puesto que esta última aceleración es la menor, es la que limita la distancia mı́nima para frenar. El
cálculo está dado por
vf2 − v02
02 − (10 f t/s)2
s=
=
= 17.34 f t.
2 ax
2(−2.8835 f t/s2 )
Debe notarse que el signo de la aceleración se toma negativo pues es en sentido contrario a la velocidad
inicial.2
Problema 2.2 El montacargas mostrado pesa 2800 Kg lleva una caja de 1500 Kg a la altura que
muestra la figura 3. El montacargas se está moviento a la izquierda cuando se aplican los frenos lo cual
causa una desaceleración de 3 m/s2 . Si el coeficiente de rozamiento estático entre la caja y el elevador del
montacargas es de 0.50 determı́nese (a) si la caja se deslizará y (b) la componente vertical de la reacción
en cada rueda. 3
Solución: Primero se determinará si la caja se desliza respecto al montacargas. Para tal fı́n, considere
el diagrama de cuerpo libre mostrado a la izquierda de la figura 4. Se denotará por Wc el peso de la
carga, por Ncm la reacción entre la carga y el montacargas y µs el coeficiente de fricción estática entre la
carga y el montacargas. Finalmente, la aceleración horizontal calculada en esta etapa se denominará a1 .
Empleando las ecuaciones de Newton —la carga puede considerarse como una partı́cula, pues está
sujeta a traslación—, se tiene que
ΣFy = 0
− Wc + Ncm = 0
ΣFx = M ax
µs Ncm =
Wc
a1
g
De la primera ecuación se tiene que
Ncm = Wc .
Sustituyendo este resultado en la segunda ecuación, se tiene que la aceleración máxima que el montacargas
puede soportar sin que la carga se deslize, está dada por
µs Wc =
Wc
a1
g
a1 = µs g = (0.5)(9.81 m/s2 ) = 4.905 m/s2
por lo tanto
3
Figure 3: Dibujo de un montacargas y la carga.
Figure 4: Diagramas de Cuerpo Libre de la carga y del conjunto formado por el montacargas y la carga.
Puesto que esta aceleración es mayor que la experimentada por el montacargas, 3 m/s2 . La conclusión
es que la caja no se desliza y el conjunto montacargas y caja actua como un único cuerpo rı́gido.
Para analizar las reacciones en las ruedas del montacargas considere el diagrama de cuerpo rı́gido a
la derecha de la figura 4. Para este objeto se usarán dos diferentes procedimientos. La aplicación de
las ecuaciones de Newton-Euler y la aplicación del principio de D’Alembert. Para la aplicación de las
ecuaciones de Newton-Euler el primer paso será la determinación del centro de masas del conjunto.
QA = Mc ~rC/A + Mm ~rG/A = Mc −0.4 î + 0.95 ĵ m + Mm 0.6 î + 0.275 ĵ m
Por otro lado
QA = (Mm + Wc ) ~rGC/A
Por lo tanto
~rGC/A
=
=
=
Mc −0.4 î + 0.95 ĵ m + Mm 0.6 î + 0.275 ĵ m
Mc + Mm
1500 Kg −0.4 î + 0.95 ĵ m + 2800 Kg 0.6 î + 0.275 ĵ m
4300 Kg
0.25116 m î + 0.51046 m ĵ.
2 La
respuesta dada en el manual de soluciones es evidentemente incorrecta.
es el Problema 16.11 del libro Mecánica Vectorial para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P. y Johnston, E.R., Quinta
Edición, McGraw Hill: México. Traducción de la Quinta Edición del Inglés.
3 Este
4
De manera que de la ecuaciones de Newton-Euler están dadas por
Σ Fy = M a y
Σ Fx = M a x
se obtiene
NA + NB − (Mc + Mm ) g = 0
µ NA + µ NB = µ (NA + NB ) = (Mc + Mm ) ax
Debe notarse que de estas ecuaciones es posible determinar la suma de las reacciones NA + NB y
la magnitud del µ (NA + NB ) necesaria para satisfacer la desaceleración del conjunto de montacargas y
carga.
Finalmente la ecuación
ΣTG = 0
− NA (0.6 m) + NB (0.3 m) + µ (NA + NB ) (0.51046 m) = 0
Sustituyendo la segunda ecuación en la tercera, se tiene que
−NA (0.25116 m) + NB (0.64884 m) + (Mc + Mm ) ax (0.51046 m) = 0
De manera que la primera y tercera ecuación resultan
NA + NB = 42183 N
Matricialmente
1
−0.25116
− 0.25116 NA + 0.64884NB = −6584.9 N
1
0.64884
NA
NB
=
El determinante de la matriz de coeficientes está dado por
1
1
∆ = −0.25116 0.64884
Por lo tanto
Además
42183 N
−6584.9 N
= 0.9
42183 N
1
−6584.9 N 0.64884 33954 N
=
= 37727 N = 3845 Kgf.
NA =
∆
0.9
1
42183 N −0.25116 −6584.9 N 4009 N
NB =
=
= 4455 N = 454 Kgf.
∆
0.9
Figure 5: Diagramas de cuerpo libre de la carga y del conjunto formado por el montacargas y la carga
con aplicación del principio de D’Alembert.
Ahora se resolverá el problema empleando el principio de D’Alembert, para tal fı́n, se incluirán las
fuerzas de inercia asociadas a las aceleraciones de la caja y del montacargas. El conjunto de montacargas
5
y caja bajo la influencia de las fuerzas externas y de las fuerzas de inercia está en equilibrio y, por lo
tanto, para cualquier punto P , una ecuación válida es
ΣT~P = ~0
En particular, para el punto A, se tiene que
ΣT~A = NB (0.9 m) + Mc a1 (0.95 m) + Mm a1 0.275 m + Mc g 0.4 m − Mm g 0.6 m = 0
Por lo tanto
NB
=
=
[−(1500) (3) (0.95) − (2800) (3) (0.275) − (1500)(9.81)(0.4) + (2800) (9.81) (0.6)] Kgm · m/s2 · m
0.9 m
4009.8
N = 4455.33 N.
0.9
Sustituyendo este resultado en la ecuación de equilibrio en la dirección vertical
NA = (Mc +Mm ) g−NB = (4300Kgm)(9.81m/s2 )−4455.33N = 37727 N.
NA +NB −(Mc +Mm ) g = 0
Como puede verse ambos resultados coinciden.
Problema 2.3 Una barra uniforme BC que pesa 8 Lb se conecta a un collar A mediante una cuerda
AB de 10 pulg, vea la figura 6. Despreciando la masa del collar y la cuerda, determine (a) la aceleración
constante más pequeña para la cual la cuerda y la barra yacen en lı́nea recta, (b) la tensión correspondiente
de la cuerda.4
Figure 6: Corredera que arrastra a barra.
Solución. Sea L = 16 pulg. la longitud de la barra. Debe notarse que si la cuerda y la barra son
colineales entonces la inclinación de ambas respecto a la horizontal es igual a
θ = sen−1
24
= 67.38013◦
26
Entonces, el diagrama de cuerpo libre de la barra se muestra en la figura 7
Las ecuaciones de movimiento de la barra están dadas por
Σ Fx = M a x
T cos θ = M ax
Σ Fy = M a y
T sen θ + RC − M g = 0
y
L
cos θ = 0
Por lo tanto
2
Sustituyento este resultado en las ecuaciones anteriores, se tiene que
Σ TG = 0
T senθ = M g
RC
T =
RC = 0.
Mg
= 279.06 P oundals = 8.6666 Lbf.
senθ
4 Este es el Problema 16.4 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.
6
Figure 7: Diagrama de cuerpo libre de la barra.
Además
T cos θ
= 13.416 pie/s2 .
M
= 0 es necesaria para que la solución sea consistente pues, en caso
ax =
Debe notarse que la condición RC
contrario, la barra sufrirı́a rotación.
Problema 2.4 Un barril completamente lleno y su contenido tienen un peso combinado de 200 Lb.
Un cilı́ndro C se conecta al barril a una altura h = 22 in como se muestra en la figura 8. Sabiendo que
µs = 0.40 y µk = 0.35. Determine el máximo peso de C para que el barril no se voltee.5
Figure 8: Barril conectado a un cilindro C.
Solución. Se definirán las siguientes variables
b = 20 in
h = 36 in
c = 22 in
h1 = c −
h
= 22 in − 18 in = 4 in
2
Es necesario analizar si el cilı́ndro C produce o no movimiento en el barril. Primeramente supondremos
que el cilindro no es lo suficientemente pesado para mover el barril. En este caso los diagramas de cuerpo
rı́gido del barril y del cilı́ndro están mostrados en la figura refBeer16-13a.
En este caso las ecuaciones de movimiento son para el barril
ΣFy = 0
M g + NB = 0
ΣFx ≤ µs NB
y
ΣTG ≥ 0
NB
T ≤ µ s NB
h
b
− µ s NB − T h 1 ≥ 0
2
2
5 Este es el Problema 16.13 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.
7
De las ecuaciones del cilindro C se tiene que
ΣFy = 0
T − Mc g = 0
Figure 9: Diagramas de cuerpo libre bajo el supuesto de que el barril no se mueve.
De la suma de fuerzas en y para el barril y para el cilı́ndro, se tiene que
NB = M g
T = Mc g
Sustituyendo estos resultados en la suma de momentos, se tiene que
Mg
h
b
− µ s M g − Mc g h 1 ≥ 0
2
2
Resolviendo para Mc se obtiene
Mc ≤ M
(b − µs h)
200 Lbm 20 in − 0.40(36 in)
=
= 140 Lb
2 h1
2
4 in
Finalmente, se verificará si existe movimiento del barril. De la suma de fuerzas en x, se tiene que
ΣFx ≤ µs NB
Mc g ≤ µ s M g
Mc ≤ µ s M
Pero se tiene que
140 Lbm ≤ 0.40 (200 Lbm) = 80 Lbm
Este resultado indica que el barril si se mueve. De manera que el análisis se debe volver a realizar
suponiendo movimiento del barril.
Figure 10: Diagramas de cuerpo libre bajo el supuesto de que el barril si se mueve.
Debe notarse que si el barril se mueve, la aceleración hacia la derecha del barril es igual a la aceleración
hacia abajo del cilı́ndro. Las ecuaciones de fuerzas de los cuerpos son
1. Para el barril
ΣFy = 0
M g − NB = 0
ΣFx = M a
8
− µ k NB + T = M a
2. Para el cilı́ndro
ΣFy = M ay
T − Mc g = −Mc a
De manera que, de la suma de fuerzas en x para el barril y de la suma de fuerzas en y para el cilindro,
se tiene que
Mc g − T
NB = M g
Mc a = Mc g − T
a=
Mc
Sustituyendo estos resultados en la suma de fuerzas en x para el barril, se tiene
−µk M g + T = M
Mc g − T
Mc
− µ k M Mc g + T Mc = M Mc g − T M
Por lo tanto, la tensión de la cuerda está dada por
T =
M Mc g (1 + µk )
M + Mc
Para evitar que el barril se vuelque es necesario que
ΣTG ≥ 0
NB
h
b
− µ k NB − T h 1 ≥ 0
2
2
Sustituyendo los valores de NB y T se tiene que
b
h M Mc g (1 + µk )
M g − µk M g −
h1 ≥ 0
2
2
M + Mc
o
(M + Mc ) (M b − µk M h) − 2 h1 [M Mc (1 + µk )] ≥ 0
La ecuación puede rearreglarse como
M 2 (b − µk h) + M Mc [b − µk h − 2 h1 (1 + µk )] ≥ 0
y, despejando Mc , se llega a
Mc ≤
M (b − µk h)
20 in − 0.35(36 in)
= 200 Lbm
= 435.29 Lbm
−b + µk h + 2 h1 (1 + µk )
−20 in + 0.35(36 in) + 2 (4 in)(1 + 0.35)
La masa máxima de Mc para que el barril no se vuelque es Mc = 435.29 Lbm.
Problema 2.5 La camioneta vista desde su parte posterior está viajando a una rapidez v alrededor
de una curva de radio medio r peraltada hacia adentro en un ángulo θ. El coeficiente efectivo de fricción
entre las llantas y el camino es µ. Determine (a) el ángulo de peralte adecuado para un valor de v que
eliminine cualquier tendencia a deslizarse o voltear, y (b) la máxima velocidad v antes de que la camioneta
se voltee o deslize para un valor dado de θ. Note que las fuerzas y aceleraciones yacen en el plano de la
figura de manera que el problema puede tratarse como un problema de movimiento plano a pesar de que
la velocidad es normal al plano.6
Solución: Considere el diagrama de cuerpo libre de la camioneta mostrado en la figura 12. Note que
los ejes X y Y se han girado para que sean paralelo y perpendicular al peralte. En este diagrama se han
incluido las fuerzas de fricción en ambos pares de ruedas, las interiores A y las exteriores B.
Además se sabe que la aceleración normal está dada por
an =
v2
r
Las ecuaciones de movimiento de la camioneta, para evitar que la camioneta se salga de la carretera,
son
ΣFx = M ax
v2
−µ NA −µ NB −M g sen θ = −M
cos θ
r
µ (NA + NB ) = M
v2
−g sen θ +
cos θ
r
6 Este es el Problema 6.28 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. Meriam, J. L. and Kraige, L. G., Seventh
Edition, John Wiley: New York.
9
Figure 11: Dibujo de una Camioneta en una Curva Peraltada.
Figure 12: Diagrama de Cuerpo Libre de una Camioneta en una Curva Peraltada.
y
ΣFy = M ay
NA + NB − M g cos θ = M
v2
sen θ
r
NA + N B = M
g cos θ +
v2
sen θ
r
Sustituyendo la segunda ecuación en la primera, se tiene que
v2
v2
v2
sen θ = M −g sen θ +
cos θ
−g (sen θ + µ cos θ) =
(−cos θ + µ sen θ)
µ M g cos θ +
r
r
r
Dividiendo ambos lados entre el coseno de θ y simplificando, se tiene que
g (tan θ + µ) =
v2
(1 − µ tan θ)
r
v2
tan θ + µ
=g
r
1 − µ tan θ
Si se define
La ecuación anterior puede escribirse como
µ ≡ tan β,
v2
tan θ + tan β
=g
= g tan(β + θ)
r
1 − tan β tan θ
Por lo tanto, para un cierto valor del ángulo de peralte, la velocidad máxima de la camioneta vmax , para
evitar que se salga de la carretera está dada por
p
vmax = g r tan(β + θ)
Para analizar si la camioneta se voltea considere el diagrama de cuerpo libre mostrado en la figura
13. Para evitar que la camioneta se vuelque, es necesario que se satisfaga la condición
Σ TG ≥ 0
10
Figure 13: Segundo Diagrama de Cuerpo Libre de una Camioneta en una Curva Peraltada.
Es decir, si en la posición crı́tica mostrada en la figura 13 el momento resultante es positivo. La desigualdad resultante está dada por
b
b
≥µ
NB − µ NB h ≥ 0
2
2h
Este resultado indica que la camioneta se deslizará primero cuando
µ≤
b
2h
En este caso, se tiene que la velocidad máxima que puede tener la camioneta sin deslizarse es
p
p
vmax = g r tan(β + θ) = g r tan [(tan−1 µ) + θ]
Evidentemente, la camioneta se volcará cuando
µ>
b
2h
Entonces, para calcular la velocidad máxima se sustituye
µ=
b
2h
y la velocidad máxima para que no se vuelque, está dada por
s
p
b
)+θ
vmax = g r tan(β + θ) = g r tan (tan−1
2h
Estos resultados resuelven la segunda parte del problema. La primera parte esá indicada de manera muy
crı́ptica. Para evitar cualquier posibilidad de volteo el coeficiente de fricción µ = 0. En ese caso, el ángulo
del peralte que evita, tambien que la camioneta se deslize está dado por
v2
−β
θ = tan−1
gr
para cuando µ = 0. Por lo tanto,
β = tan−1 µ = tan−1 0 = 0
y el resultado final es
θ = tan−1
v2
gr
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 2.6 Tres barras, cada una con un peso de 8 lb, están soldadas entre si y se encuentran
conectadas mediante pasadores BE y CF . Si se desprecia el peso de los eslabones, determine la fuerza
11
en cada eslabón inmediatamente después de que el sistema se suelta a partir del reposo.7
Solución. Es importante notar que el mecanismo es un mecanismo paralelogramo, de manera que el
elemento compuesto está sujeto a traslación. Como la velocidad y la aceleración de todos los puntos de un
cuerpo son iguales, la aceleración del centro de masas del elemento compuesto por las tres barras es igual
a la aceleración del punto B. Más aún, puesto que el análisis debe hacerse después de inmediatamente
después de que el sistema se suelta a partir del reposo, la velocidad angular de las barras BE y CF son
cero, por lo tanto, la única aceleración del punto B es tangencial y perpendicular al vector de posición
de B respecto de E. Por lo tanto,
~aG = aG sen θ î − aG cos θ ĵ
Se iniciará la solución del problema con los vectores de posición necesarios, necesarios para calcular
la posición del centro de masas del elemento compuesto por las tres barras. El elemento se separará en
tres barras, AB, BC y CD. Se asumirá que la distancia a = 15 in = 5/4 f t.
Figure 14: Cuerpo formado por tres barras sujeto a traslación.
Vectores de posición. Los vectores de posición son
a
~rGBC/B = a2 î
~rGAB/B = ĵ
2
a
~rGCD/B = aî + ĵ
2
Donde ~rGAB/B , ~rGBC/B y ~rGCD/B , son los vectores de posición de los centros de masas de las tres barras
AB, BC y CD.
Análisis del centro de gravedad. Para determinar el centro de masas G del elemento compuesto,
se calculará el primer momento de masas con respecto al punto B
~ B = m~rGAB/B + m~rGBC/B + m~rGCD/B = m a ĵ + m a î + m a î + a ĵ = 3 m a î + m a ĵ
Q
2
2
2
2
Puesto que
MT = m + m + m = 3 m
~ B = 3 MT ~rG/B
Q
y
donde G es el centro de masas del elemento compuesto. Entonces
~rG/B =
~B
Q
=
MT
3ma
2
î + m a ĵ
a
a
= î + ĵ
3m
2
3
Por lo tanto
a
a
~rB/G = − î − ĵ
2
3
~rC/G =
a
a
î − ĵ
2
3
Análisis del eslabón BE. En el siguiente paso vamos a probar que si la masa del eslabón BE es
nulo, entonces las fuerzas que actuan sobre el eslabón tiene la dirección del eslabón. El mismo resultado
se obtiene para el eslabón CF .
7 Este es el Problema 16.17 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R.,
Mazurek, D.F. et al. Ninth edition, McGraw Hill: NewYork
12
Figure 15: Diagrama de cuerpo libre del eslabón BE.
Puesto que la masa es despreciable, las ecuaciones de la dinámica, se convierten en las ecuaciones de
la estática, de modo que
X
F~x = 0
−RBx + REx = 0
REx = RBx
X
F~y = 0
−RBy + REy = 0
REy = RBy
Además, como
X
TGBE = 0.
Las reacciones en B y E deben ser colineales entre si y por lo tanto en la dirección de la barra. Si se
denomina θ la inclinación de la barra con respecto al semieje positivo X, se tiene que
~ B = RB cos θ î + RB sen θ ĵ
R
El resultado es igualmente válido para la barra CF , entonces
~ C = RC cos θ î + RC sen θ ĵ
R
Ecuaciones de Newton-Euler para el elemento compuesto. Las ecuaciones de movimiento del
eslabón están dadas por
X
Fx = M aGx
RB cos θ + RC cos θ = 3 m (aG sen θ)
X
Fy = M aGy
− 3 m g + RB sen θ + RC sen θ = −3 m (aG cos θ)
X
~ B + ~rC/G × R
~ C = ~0
T~G = ~0
~rB/G × R
P~
Desarrollando la ecuación de
TG = ~0 se tiene que
a
a
a a î − ĵ × RC cos θî + RC sen θĵ
0 =
− î − ĵ × RB cos θ î + RB sen θĵ +
2
3
2
3
a
a
a
a
= − RB sen θk̂ + RB cos θ k̂ + RC sen θk̂ + RC cos θ k̂
3
2
3
i
h 2 a
a
a
a
sen θ + cos θ k̂
= RB − sen θ + cos θ + RC
2
3
2
3
Resolviendo RC en términos de RB , se tiene que
sen θ cos θ
sen θ
cos θ
RB −
= −RC
+
+
2
3
2
3
RB (−2 cos θ + 3 sen θ) = RC (3 sen θ + 2 cos θ )
2 cos θ − 3 sen θ
3 senθ + 2 cos θ
= −RC
6
6
−2 cos θ + 3 sen θ
RB
RC =
3 sen θ + 2 cos θ
RB
P
Por lo tanto al sustituir RC en
Fx = 3 m aGx , se obtendrá la ecuación en términos de RB y aG .
−2 cos θ + 3 sen θ
−2 cos θ + 3 sen θ
RB 1 +
= 3 m aG tan θ
RB cos θ = 3 m aG sen θ
RB cos θ +
3 sen θ + 2 cos θ
3 sen θ + 2 cos θ
13
De esta ecuación se despeja RB .
!
sen θ
3 m aG
m aG (3 sen θ + 2 cos θ)
3 m aG (3 sen θ + 2 cos θ) sen θ
RB =
=
=
−2 cos θ+3 sen θ
cos θ
6 sen θ
cos θ
2 cos θ
1 + 3 sen θ+2 cos θ
3
= m aG
tan θ + 1
2
P
Ahora al sustituir RC en
Fy = 3 m aGy , se obtiene otra ecuación en términos de RB y aG , que permite
obtener otra ecuación para RB
−2 cos θ + 3 sen θ
RB sen θ
−3 m g + RB sen θ +
3 sen θ + 2 cos θ
−2 cos θ + 3 sen θ
= 3 m (g − aG cosθ)
RB sen θ 1 +
3 sen θ + 2 cos θ
=
− 3 m aG cos θ
RB =
3 m (g − aG cosθ)(3 sen θ + 2 cos θ)
6 sen2 θ
Igualando las ecuaciones para RB permite obtener una expresión para aG
RB =
m aG (3 sen θ + 2 cos θ)
2 cos θ
g − aG cosθ
aG
=
cos θ
sen2 θ
=
3 m (g − aG cosθ)(3 sen θ + 2 cos θ)
6 sen2 θ
aG sen2 θ = g cos θ − aG cos2 θ
aG = g cos θ
Solución para valores numéricos. En esta sección se sustituirán los datos del problema
aG
=
g cos θ = (32.2 f t/s2 )cos 50◦ = 20.69776 f t/s2 .
Las reacciones en los puntos B y C son
3
R B = m aG
tan θ + 1 = (8 lbm)(20.69776 f t/s2 ) (1.5 tan 50◦ + 1) = 461.581 P oundals
2
= 14.3348 Lbf.
y
RC
=
−2 cos θ + 3 sen θ
RB =
3 sen θ + 2 cos θ
−2 cos 50◦ + 3 sen 50◦
3 sen 50◦ + 2 cos 50◦
14.3348 Lbf. = 4.0502 Lbf.
Problema 2.7 Una varilla delgada y uniforme AB de 4 Kg se mantiene fija mediante dos cuerdas y
el eslabón CA cuyo peso puede ignorarse. Después de cortar la cuerda BD, el ensamble gira en un plano
vertical bajo el efecto combinado de la gravedad y un par M de 6 N − m aplicado al eslabón CA en la
forma en que se muestra. Determine, inmediatamente después de que ha sido cortada la cuerda BD, a)
la aceleración de la varilla AB, b) la tensión en la cuerda EB.8
Solución: En esta primera parte mostraremos que, inmediatamente después de que se corta la barra
BD, la barra, 3, AB está sujeta a movimiento de traslación curvilı́nea. Si la cuerda EB, indicada como
eslabón 4, está en tensión, se comporta como un cuerpo rı́gido de manera que la velocidad del punto B
de la barra está dada por
~vB3 = ~vB4 = ω
~ 4 × ~rB/E = ω4 k̂ × LEB cos θî − LEB sen θĵ = LEB ω4 cos θ ĵ + LEB ω4 sen θ î
donde θ = 60◦ . Por otro lado, la velocidad del punto B puede calcularse como
~vB3 = ω
~ 2 × ~rA/C + ω
~ 3 × ~rB/A = ω2 k̂ × LCA cos θî − LCA sen θĵ + ω3 k̂ × LAB î
=
LCA ω2 cos θ ĵ + LCA ω2 sen θ î + LAB ω3 ĵ.
Igualando las ecuaciones vectoriales, se obtienen las siguientes dos ecuaciones escalares:
LEB ω4 sen θ = LCA ω2 sen θ
LEB ω4 cos θ = LCA ω2 cos θ + LAB ω3
8 Este
es el Problema 16.13 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F.
14
1
1
2
4
1
3
Figure 16: Gráfica de un barra sujeta por una cuerda y otra barra.
De la primera ecuación
ω4 = ω2
LCA
,
LEB
Sustituyendo este resultado en la segunda ecuación, se tiene que
LEB ω2
LCA
cos θ = LCA ω2 cos θ + LAB ω3
LEB
Por lo que
LAB ω3 = 0,
Puesto que
LAB 6= 0,
ω3 = 0.
Este resultado indica, que un instante después de cortarse la cuerda BD, la velocidad angular de la
barra ACB es igual a 0. El análisis puede extenderse para probar que la aceleración angular de la barra
ACB es tambien igual a 0.
~aB3 = ~aB4
=
=
=
De manera semejante
α
~ 4 × ~rB/E − ω42 ~rB/E
α4 k̂ × LEB cos θî − LEB sen θĵ − ω42 LEB cos θî − LEB sen θĵ
LEB α4 cos θ + ω42 LEB sen θ ĵ + LEB α4 sen θ − ω42 LEB cos θ î
~aB3
=
α
~ 2 × ~rA/C − ω22 ~rA/C + α
~ 3 × ~rB/A − ω32 ~rB/A
Pero puesto que ω3 = 0, se tiene que
~aB3
=
=
=
α
~ 2 × ~rA/C − ω22 ~rA/C + α
~ 3 × ~rB/A
α2 k̂ × LCA cos θî − LCA sen θĵ − ω22 LCA cos θî − LCA sen θĵ + α3 k̂ × LAB î
LCA α2 cos θ + ω22 LCA sen θ + α3 LAB ĵ + LCA α2 sen θ − ω22 LCA cos θ î
Mas aún, la aceleración de la barra AB, tendrá la dirección de la aceleración tangencial de los puntos
A o B. Los diagramas de cuerpo libre de las barras CA y AB se muestran en la figura 17.
Puesto que la masa de la barra CA es despreciable, las ecuaciones de la cinética de esta barra se
convierten en las ecuaciones de la estática, y están dadas por
X
X
~ C = ~0.
F~ = ~0
M
o
−RAx + RCx = 0
− RAy + RCy = 0
15
M − RAx L sen θ − RAy L cos θ = 0.
Figure 17: Diagramas de Cuerpo Libre de los Cuerpos Rı́gidos Involucrados.
donde L = 0.45 m. y θ = 60◦ . De la tercera ecuación, se tiene que
√
√
80
3
1
M
40
3RAx + RAy =
+ RAy =
=
N.
o
N.
RAx
2
2
L
3
3
o
Las ecuaciones de la cinética de la barra AB están dadas por
X
X
~ G = ~0.
F~ = M ~aG
M
RAx −TBD cos θ = −MAB aG sen θ
RAy +TBD sen θ−MAB g = −MAB aG cos θ
−RAy
d
d
+TBD senθ = 0,
2
2
donde d = 0.6 m. De la tercera ecuación
RAy = TBD sen θ =
√
3
TBD
2
Por lo tanto
√
√
80
3
TBD =
N.
3RAx +
2
3
RAx =
80
3
√
N. − 23 TBD
80
1
√
= √ N. − TBD .
2
3
3 3
Sustituyendo RAx y RAy en las dos primeras ecuaciones de la cinética de la barra AB
√
80
1
3
√ N. − TBD − TBD cos θ = −MAB aG sen θ
TBD + TBD sen θ − MAB g = −MAB aG cos θ
2
2
3 3
Multiplicando la primera ecuación por cos θ y la segunda ecuación por −sen θ y sumando término a
término, se tiene que
80
1
cos θ √ N. − TBD cos θ − TBD cos2 θ
2
3 3
√
3
−sen θ
TBD − TBD sen2 θ + sen θMAB g
2
= −MAB aG sen θ cos θ
= +MAB aG cos θ senθ
La ecuación resulta es
Por lo tanto
√
3
1
3
40
√ N. − TBD − TBD − TBD +
(4Kgm.) 9.81m/s2 = 0
4
4
2
3 3
TBD = 20.84 N.
La aceleración de la barra AB está dada por
3
1
80
√ N. − TBD − TBD cos θ = −MAB aG sen θ
2
3
16
aG =
√ N. +
− 380
3
1
2
TBD + TBD cos θ
MAB sen θ
=
√ N. + TBD
− 380
3
MAB sen θ
= 1.571 m/s2 .
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 2.8 La barra 3 de 15 Lb se conecta con un disco 2 cuyo centro de masas está en A y con
la manivela 4, vea la figura 18. Sabiendo que el disco se hace rotar a una rapidez constante de 180 rpm,
determine para la posición mostrada las componentes verticales de las fuerzas ejercidas sobre la barra 3
en los pernos B y C.9
Figure 18: Mecanismo paralelogramo.
Solución. Debe notarse que si las condiciones de gravitacional son las normales una barra cuya masa
es de 15 Lbm. tiene un peso de 15 Lbf. de manera que no es necesario indicar si los 15 Lb representan masa
o peso. Es importante notar que el mecanismo mostrado en la figura 18 es un mecanismo paralelogramo,
por lo cual el eslabón 3 está sujeto a traslación —curvilı́nea— por lo que todos los puntos del cuerpo
deben tener la misma velocidad y aceleración. Por otro lado, puesto que el disco gira a velocidad angular
constante α
~ 2 = ~0.
El primer problema es determinar la aceleración del eslabón 3. Primero, se determinará el vector de
posición del punto B respecto del punto A, donde a = 2 in, θ = 30◦ y ω2 = 6 π rad/s ası́ pues
~rB/A = 4 a sen θ î + 4 a cos θ ĵ
Por lo tanto
~aG3 = ~aB
=
α
~ 2 × ~rB/A − ω22 ~rB/A = − (6 π rad/s)
=
−144 π 2 a sen θ î − 144 π 2 a cos θ ĵ
2
4 a sen θ î + 4 a cos θ ĵ
Ahora se considerarán los diagramas de cuerpo libre de los eslabones del mecanismo, vea la figura 19.
Es importante notar que el centro de masas del disco está localizado en el punto A y que este disco 2 no
tiene aceleración angular. Por lo tanto, puesto que
ΣT~A = 0
se tiene que la reacción en el perno B debe pasar por el punto A, de manera que cuando se aplica a la
barra 3, se tiene que
~ B = RBx î + RBy ĵ = RB sen θ î + cos θ ĵ
R
A diferencia del punto B, la falta de información acerca de la distribución de masas del eslabón 4, requiere
suponer que no hay ninguna relación entre las componentes horizontal y vertical en el punto C. Es decir
~ C = RCx î + RCy ĵ
R
Por lo tanto, las ecuaciones de movimiento del eslabón 3 están dadas por
ΣFx = M ax
RBx + RCx = M aGx
RBx + RCx = −144 M π 2 a sen θ
9 Este es el Problema 16.19 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R.,
Mazurek, D.F. et al. Ninth edition, McGraw Hill: NewYork
17
Figure 19: Diagramas de cuerpo libre del mecanismo paralelogramo.
ΣFy = M ay
y
RBy + RCy − M g = M aGy
ΣTG = 0
− RBy
RBy + RCy = M g − 144 π 2 a cos θ
15
15
a + RCy
a=0
2
2
De esta última ecuación se tiene que
RBy = RCy
Sustituyendo este resultado en la segunda ecuación, se tiene que
2 RBy = M g − 144 π 2 a cos θ
M
1
RBy =
32.2 f t/s2 − 144 π 2 a cos θ = (7.5 Lbm) 32.2 f t/s2 − 144 π 2 rad/s2 f t cos 30◦
2
6
= −1297 P oundals = −40.2 Lbf.
Por lo tanto
−1297P oundals
RBy
=
= −1497.6 P oundals = 46.51 Lbf.
cos θ
cos 30◦
La componente x de la reacción en B está dada por
RB =
RBx = RB sen θ = −1497.6 P oundals sen 30◦ = −748.8 P oundals = 23.25 Lbf.
Finalmente, se tiene que
RCx
=
−144 M π 2 a sen θ − RBx = −144(15 Lbm)π 2
=
−1027.72 P oundals = −31.917 Lbf.
1
f t. sen 30◦ − (−748.8 P oundals)
6
Con este resultado finaliza el problema.
3
Análisis dinámico de cuerpos rı́gidos sujetos a rotación no
baricéntrica.
En esta sección, se presentarán algunos problemas relacionados con el análisis dinámico de cuerpos rı́gidos
sujetos a rotación no baricéntrica.
Problema 3.1 El disco de 180 mm. de radio está en reposo cuando se coloca en contacto con la banda
que se mueve a velocidad constante, vea la figura 20. Despreciando el peso del eslabón AB y conociendo
que el coeficiente de fricción cinética entre el disco y la banda es µk = 0.4, determine la aceleración
angular del disco mientras ocurre deslizamiento.10
10 Este 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
Figure 20: Disco soportado mediante una barra y una banda.
Solución: La figura 21 muestra los diagramas de cuerpo libre del disco y de la barra. Debe notarse
que como se desprecia el peso del eslabón AB esto es equivalente a decir que se supone que el eslabón
AB está en reposo. Por lo tanto, la fuerza que el eslabón AB aplica al disco y la reacción en el punto
B deben ser ambas de la misma magnitud, sentidos opuestos y colineales al eje de la barra —pues si no
fueran colineales producirı́an un momento perpendicular al plano del papel.
Figure 21: Diagramas de Cuerpo Libre del disco y barra.
Las ecuaciónes de movimiento del disco están dadas por
X
Fx = 0
N −F Cθ =0
X
Fy = 0
µk N − M g + F S θ = 0
X
1
TG = I G α
−µk N r = M r2 α
2
donde el momento de inercia del disco, con respecto a su centro de masas que es el centro del disco, se
calculó mediante tablas de momentos de inercia. De la primera ecuación, se tiene que
N =FCθ
Sustituyendo este resultado en la segunda ecuación, se tiene que
µk F C θ − M g + F S θ = 0
Por lo tanto
F =
Mg
µk C θ + S θ
19
y
N=
M gCθ
Mg
=
µk C θ + S θ
µk + tan θ
Sustituyendo estos resultados en la tercera ecuación se tiene que
−µk
Por lo tanto
Mg
1
r = M r2 α
µk + tan θ
2
2 µk g
µk M g
=−
= −20.449rad/s2 .
r
(µ
+
tan
θ)
M
r
(µ
+
tan
θ)
k
k
2
α=−1
donde el signo menos indica que la aceleración angular es en sentido horario. Con este resultado finaliza
el problema.
Problema 3.2 El volante mostrado en la figura 22 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 está enrollado al volante,
y el sistema se abandona a partir del reposo. Despreciando el efecto de la fricción, determine (a) la
aceleración del bloque A, (b) la velocidad del bloque A después que se ha movido 1.5 m.11
Figure 22: Volante con bloque unido mediante un alambre enrollado en el volante.
Solución. Es importante notar que la aceleración angular del volante y la aceleración lineal del
bloque están relacionadas por la ecuación
aA = α r
donde α, aA y r son respectivamente la aceleración angular del volante, la aceleración vertical del bloque
A y el radio exterior del volante. Además, si α es en sentido horario, aA es hacia abajo. Los diagramas
de cuerpo libre del volante y del bloque se muestran en la figura 23.
Las ecuaciones de movimiento del volante y el bloque están dadas por
X
Fx = M aGx
ROx = 0
X
Fy = M aGy
ROy − T − M g = 0
X
TG = I G α
−T r = M k 2 α
X
Fy = M a A
T − MA g = MA a A
donde k es el radio de giro del volante, M es la masa del volante y MA es la masa del bloque A. Las
únicas ecuaciones relevantes son las dos últimas. Sustituyendo la aceleración angular se tiene que
−T r = M k 2
aA
r
o
T =−
M k 2 aA
r2
11 Este es el Problema 16.32 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R.,
Mazurek, D.F. et al, Ninth edition, McGraw Hill: NewYork
20
Figure 23: Diagramas de cuerpo libre y bloque.
Sustituyendo este resultado en la última ecuación, se tiene que
−
M k 2 aA
− MA g = MA a A
r2
Por lo tanto
aA = −
MA g
MA + M
Sustituyendo los valores numéricos, se tiene que
aA = −
k 2
r
(15 kgm) 9.81m/s2
15 kgm + 120 kgm
0.375 m 2
0.5 m
= −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 rectilı́neo con aceleración uniforme. Por lo
tanto, si el sistema parte del reposo v0A = 0 y
√
2
vf2 A − v0A
= 2 aA s A
o
vf A = 2 aA sA = 2.313 m/s.
Desafortunadamente, está ecuación unicamente indica la magnitud de la velocidad, pero es evidente que
la dirección de la velocidad es hacia abajo.
Problema 3.3 El disco B tiene una velocidad angular ω0 cuando se pone en contacto con el disco A,
que está en reposo. Demuestre que a) las velocidades angulares finales de los discos son independientes
de los coeficientes de fricción µk entre los discos siempre que µk 6= 0, b) que la velocidad angular final
del disco B depende sólo de ω0 y del cociente de las masas mA y mB de los discos.12
Solución. Primero se realizan los diagramas de cuerpo libre de los dos discos, se supone también el
caso de que no existe deslizamiento entre ellos. Se coloca un punto de referencia Q donde los dos discos
están en contacto.
A fı́n de que las velocidades de los discos lleguen a una situación tal que no exista deslizamiento, el
disco B debe tener una aceleración angular en sentido antihorario. Es decir
α
~ B = αB k̂
En estas dos figuras, 25 y 26, se puede observar que las reacciones que existen en los ejes de los discos
no es de utilidad. Puesto que no son necesarias para el cálculo de las velocidades angulares de los mismos.
Puesto que los discos están sujetos a rotación baricéntrica, las ecuaciones de Newton-Euler se reducen
a:
ΣTGA = IGA αA
ΣTGB = IGB αB
12 Este es el Problema 16.45 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.
21
Figure 24: Figura problema 16.45 del libro de Beer y Johnston.
Figure 25: Diagrama de cuerpo libre del disco A.
Se observa que únicamente la acción de la fuerza de fricción en en el punto Q de cada disco produce un
momento. De tal manera que:
ΣTGA = IGA αA = µk N rA
ΣTGB = IGB αB = µk N rB
Despejando la aceleración angular para cada disco:
αA =
µk N rA
IGA
αB =
µk N rB
IGB
Los momentos de inercia de los discos están dados por
1
1
MA rA 2
IGB = MB rB 2
2
2
Como puede observarse, el álgebra nos indica que ambas aceleraciones son en sentido antihorario,
puesto que su signo es positivo. A continuación se procede a identificar el comportamiento de los discos
antes y después de que entren en contacto.
Para t=0 :
2µk N rB
2µk N
k̂ =
α
~B =
ω
~ B = −ω0 k̂
k̂
(1)
MB rB 2
MB rB
2µk N
2µk N rA
k̂ =
ω
~ A = ~0
α
~A =
k̂
(2)
2
MA rA
MA rA
IGA =
Integrando las aceleraciones angulares de los discos B y A en función del tiempo, desde t = 0 hasta
un tiempo t se obtiene:
ω
~ B (t) =
2µk N
tk̂ + C1
MB rB
ω
~ A (t) =
22
2µk N
tk̂ + C2
MA ra
Figure 26: Diagrama de cuerpo libre disco B.
Para determinar las constantes de integración, evalue las ecuaciones para t = 0
ω
~ B (0) =
2µk N
(0)k̂ + C1 = −ω0 k̂
MB rB
C1 = −ω0 k̂
De manera semejante, para el disco A
ω
~ A (0) =
2µk N
(0)k̂ + C2 = 0
MA rA
C2 = 0
Las ecuaciones de la velocidad angular como función del tiempo t son
2µk N
2µk N
ω
~ A (t) =
t − ω0 k̂
tk̂
ω
~ B (t) =
MB rB
MA rA
Recurriendo a las ecuaciones de cinemática de cuerpos rı́gidos de cuerpos sujetos a rotación alrededor
de un eje fijo, se tiene que las velocidades de los puntos Q como parte de los discos B y A están dadas
por
2µk N
2µk N
t − ω0 k̂ × (−rB î) = (ω0 −
t)rB ĵ
~vQ/B = ω
~ B (t) × ~rQ/GB =
MB rB
MB rB
~vQ/A = ω
~ A (t) × ~rQ/GA = (
2µk N
2µk N
tk̂) × (rA î) = (
t)ĵ
MA rA
MA
Existe un periodo durante el cual, existe deslizamiento entre los discos. El final de este periodo está
indicado por por la condición de que la velocidad de Q respecto del disco B es igual a la velocidad del
punto Q respecto del disco A; es decir
~vQ/B = ~vQ/A
Sustituyendo las ecuaciones anteriores
ω0 −
2µk N t
2µk N t
=
MB
MA
se tiene que el tiempo, tf , para el cual los discos dejan de deslizarse está dado
tf =
ω0 rB MA MB
2µk N (MA + MB )
Sustituyendo tf en la ecuación de la velocidad angular del disco B se tiene que
2µk N
ω0 rB MA MB
2µk N
− ω0 k̂
tf − ω0 k̂ =
ω
~ B (tf ) =
MB rB
MB rB 2µk N (MA + MB )
MA
−(MA + MB ) + MA
−MB
= ω0 −1 +
k̂ = ω0
k̂ = ω0
k̂
MA + MB
MA + MB
MA + MB
23
Sustituyendo tf en la ecuación de la velocidad angular del disco A se tiene que
2µk N
rB MB
2µk N
ω0 rB MA MB
ω
~ A (tf ) =
k̂ = ω0
tf k̂ =
k̂
MA rA
MA rA 2µk N (MA + MB )
rA (MA + MB )
De esta manera se prueba que las velocidades angulares finales no dependen del coeficiente de fricción.
Problema 3.4 Cada uno de los engranes A y B pesa 20 lb y tiene un radio de giro de 7.5 pulg, el
piñón C pesa 5 lb y tiene un radio de giro de 3 pulg. Si el cople M, de magnitud constante de 50 lb − pulg,
se aplica al piñón C, determine (a) la aceleración angular del engrane A, (b) la fuerza tangencial que el
engrane C ejerce sobre A.13
Figure 27: Dos engranes movidos por un piñon.
Solución. De la cinemática de cuerpos rı́gidos, se tiene que las aceleraciones angulares de los engranes
están relacionadas mediante las ecuaciones
rC
αA rA = αC rC = αB rB
o
αA = αB = αC
rA
pues rA = rB . Debe notarse además que MA = MB y kA = kB .14
Figure 28: Diagramas de cuerpo libre de los dos engranes y el piñon.
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 está sujeto a rotación baricéntrica;
es decir
~aAG = ~aBG = ~aCG = ~0.
13 Este
es el Problema 16.32 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R.,
Mazurek, D.F. et al, Ninth edition, McGraw Hill: NewYork
14 Es evidente que la aceleración angular del piñón 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 álgebra guı́e el resultado.
24
Note además que si la aceleración del engrane C es en sentido antihorario las aceleraciones de los engranes
A y B es en sentido antihorario.
De manera que la suma de fuerzas unicamente permiten determinar las reacciones en las revolutas, ejes
de rotación, de los engranes. Además se supone que las fuerzas entre los engranes están dadas por fuerzas
tangenciales a los radios mostrados, que se denominarán posteriormente radios de paso. Posteriormente,
en cursos mas avanzados se mostrará que las fuerzas entre los engranes incluyen componentes radiales
que incrementan las reacciones en las revolutas.
Las ecuaciones asociadas a los momentos alrededor de las revolutas están dadas por
X
2
TAG = IAG αA
FA rA = MA kA
αA
X
2
TBG = IBG αB
FB rA = MA kA
αA
X
2
TCG = ICG αC
− M + FA rC + FB rC = −MC kC
αC
De la primeras dos ecuaciones se tiene que
Sustiyendo en la
P
FA
=
2
2
MA k A
αC rC
MA k A
αA
=
2
rA
rA
FB
=
2
2
MA k A
αA
MA k A
αC rC
=
2
rA
rA
TCG = ICG , se tiene que
−M +
2
2
MA k A
αC rC
MA k A
αC rC
2
r
+
rC = −MC kC
αC
C
2
2
rA
rA
o
αC =
M
2 + 2 M k2
MC k C
A A
2
rC
2
rA
=
1
Lbm − p2 /s2
50(32.2) 12
2
2 = 34.2918 rad/s .
4
pulg
5 Lbm(0.25 p)2 + 2 20 Lbm(0.75 p)2 10 pulg
Por lo tanto, la aceleración del engrane A será
αA = αB = αC
4 pulg
rC
= 34.2918 rad/s2
= 13.7167 rad/s2 .
rA
10 pulg
y la fuerza entre los engranes A y C está dada por
FA =
2
MA k A
αA
20 Lbm(0.75 p)2 13.7167 rad/s2
=
= 185.176 P oundals = 5.75 Lbf.
rA
0.8333 p
Problema 3.5 Dos discos uniformes y dos cilindros se ensamblan como se muestra en la figura 29.
El disco A pesa 20 Lb y el disco B pesa 12 Lb. Sabiendo que el sistema se suelta a partir del reposo,
determine la aceleración (a) del cilindro C, (b) del cilindro D. Los discos A y B están atornillados entre
sı́ y están unidas a cuerdas separadas enrolladas en los discos.15
Solución: Considere la doble polea mostrada en la figura. El primer paso será calculan los momentos
de inercia de la doble polea
IG =
1
1
1
2
1
1
2
2
MA rA
+ MB rB
= (20 lbm)( f t)2 + (12 lbm)( f t)2 = 5.94 lbm − f t2
2
2
2
3
2
2
Además se calcularán las aceleraciones de los cilindros C y D. Para lo cual, se tiene que
~aC = ~aQ = α
~ × ~rQ/O = α k̂ × (−rA î) = −α rA ĵ
~aD = ~aP = α
~ × ~rP/O = α k̂ × (rB î) = α rB ĵ
15 Este es el Problema 16.37 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.
25
Figure 29: Doble polea con pesos.
Figure 30: Diagramas de cuerpo libre de la doble polea con pesos.
Ahora se determinarán las ecuaciones de movimiento de la polea y de los cilindros, sólo se indican las
que son necesarias
La suma de momentos alrededor del centro de masas de la polea
ΣTG = IG α
T3 rA − T4 rB = IG α
La suma de fuerzas en la dirección del eje Y para el cilindro C
Σ Fy = M a y
T3 − MC g = MC (−α rA )
T3 = MC (g − α rA )
La suma de fuerzas en la dirección del eje Y para el cilindro D
Σ Fy = M a y
T4 − MD g = MD (α rB )
T4 = MD (g + α rB )
Sustituyendo las ecuaciones de las tensiones de la cuerda en la suma de momentos, se tiene que
MC (g − α rA ) rA − MD (g + α rB ) rB = IG α
Por lo tanto
α=
(MC rA − MD rB ) g
2 + M r2
IG + MC rA
D B
Sustituyendo los valores numéricos, se tiene que
α=
(32.2 f t/s2 )[(15 lbm)(0.666 f t) − (18 lbm)(0.5 f t)]
= 1.88 rad/s2
[5.94 + (15) (0.666)2 + (18) (0.5)2 ] lbm − f t2
26
Finalmente, para determinar las aceleraciones de los cilindros, se tiene que
~aC = −α rA ĵ = −(1.88rad/s2 )
−2
f t ĵ = −1.2533f t/s2 ĵ
3
y
~aD = α rB ĵ = (1.88rad/s2 )
1
f t ĵ = 0.94 f t/s2 ĵ
2
Problema 3.6 El volante que se muestra en la figura 31 consiste en un disco de 30 pulgadas de
diámetro con peso de 240 Lb. El coeficiente de fricción entre la banda y el volante es de 0.35. Si
la velocidad angular inicial del volante alcanza las 360 r.p.m. en el sentido de las manecillas del reloj,
determine la magnitud de la fuerza P~ requerida para deternerlo en 25 revoluciones.16
Figure 31: Gráfica de un volante sujeto a fricción.
Solución: Este problema permite introducir un tema que forma parte de la estática pero que quizás
los lectores no recuerdan, ese tema es fricción en bandas o cuerdas. Para tal fı́n considere la figura 32,
que muestra un volante con una banda o cuerda que rodea al volante 180◦ , la figura muestra además
un análisis de fuerzas infinitesimales que permite determinar la relación entre las fuerzas T~1 y T~2 que
aparecen en los extremos de la banda, o correa.
Figure 32: Deducción del Incremento de la Fuerza de Tension Debido a la Fricción.
Considere el equilibrio del elemento de la banda o correa mostrado en la figura 32. Las ecuaciones son
X
Fy = 0
T sen
∆θ
∆θ
+ (T + ∆ T ) sen
− N = 0,
2
2
16 Este es el Problema 16.23 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F.
27
Despreciando, los términos infinitesimales de orden superior, se tiene que17
N = 2 T sen
y
X
Fx = 0
− T cos
∆θ
≈ T ∆ θ.
2
∆θ
∆θ
+ (T + ∆ T ) cos
− µ N = 0,
2
2
Nuevamente, despreciando los términos de orden superior, y sustituyendo el valor de N ,18 se tiene
−T + (T + ∆ T ) − µ T ∆ θ = 0
o
∆T
dT
= µT
= µ T.
∆θ
dθ
Por lo tanto, resolviendo la ecuación diferencial, se tiene que
Z
Z
dT
= µθ
Ln | T |= µ θ + C
T = eµ θ+C
T = C 1 eµ θ
T
∆T = µT∆θ
Si se propone la condición inicial que para θ = 0, T = T0 , se tiene que
T 0 = C 1 eµ 0 = C 1 1 = C 1
Por lo tanto
T (θ) = T0 eµ θ .
De la cinemática del cuerpo rı́gido, para que el volante pare en 25 rev = 50 π rad., desde una velocidad
angular de ω0 = 360 r.p.m. = 12 π rad/s, es necesario que la aceleración angular sea igual a
α=
2
ωf2 − ω02
0 − (12 π rad/s)
36 π rad
=
=−
.
2∆ θ
2 (50 π)
25 s2
Es importante notar que el signo negativo aquı́ indica que la aceleración es en sentido opuesto a la
velocidad angular inicial, y por lo tanto, en sentido antihorario.
Por otro lado, puesto que la banda está enrollada un cuarto de vuelta en el volante, la fuerza en el
otro extremo de la banda está dada por
π
P f = P eµ 2
Finalmente, el momento de inercia del volante con respecto al eje de rotación, que es un eje principal de
inercia, está dado por
1
IG = M r 2
2
De modo que la ecuación de movimiento del sistema está dada por
X
o
MG = I G α
π
− P r + P eµ 2 r =
72 π rad
1
M r2
.
2
25 s2
π
1
36 π rad
.
P eµ 2 − 1 r = M r 2
2
25 s2
o
P =
17 Para
18 Para
M r 1825π rad
18 π (240 Lbm.) (1.25 pies)
s2
=
π
π
µ
25
e 2 −1
eµ 2 − 1
ángulos pequeños sen α = α en radianes.
ángulos pequeños cosα = 1
28
rad
s2
= 925.92 poundals = 28.755 Lbf.
4
Análisis dinámico de cuerpos rı́gidos sujetos a movimiento
plano general.
En esta sección, se presentarán algunos problemas relacionados con el análisis dinámico de cuerpos rı́gidos
sujetos a movimiento plano general.
Problema 4.1 Una viga AB de masa m y sección transversal uniforme se suspende de dos resortes en
la forma indicada en la figura 33. Si el resorte 2 se rompe, determine en ese instante. a). La aceleración
angular de la viga. b). La aceleración del punto A. c). La aceleración del punto B.19
Figure 33: Viga sujeta mediante resortes.
Solución. Como la viga se análiza inmediatamente después de romperse el resorte, la velocidad
angular de la viga es nula. Como la viga es de sección transversal uniforme, el centro de masas de la
viga G está en la mitad de la viga. La fuerza de los resortes 1 y 2 tienen la dirección de los resortes, y el
ángulo se denominará θ = 30◦ .
Primeramente, se realizará el análisis estático de la viga, cuando están los dos resortes presentes. La
ecuación a emplear será
X
~ = ~0
F~ = ~0
F~1 + F~2 − W
(−F1 cos θ î + F1 sen θ ĵ) + (F2 cos θ î + F2 sen θ ĵ) − m g ĵ
= ~0
−F1 cos θ + F2 cos θ = 0
F1 sen θ + F2 sen θ − m g = 0
Por lo tanto
−F1 cos θ + F2 cos θ = 0
y
F1 = F2 = F
mg
= mg
2 sen 30◦
El enunciado del problema no indica el peralte de la viga, el siguiente análisis muestra que esta variable
no es de importancia. Se denominarán P1 y P2 los puntos de contacto del resorte con la viga de manera
que
L
h
L
h
~rP 1/G = − î + î
~rP 2/G = î + î
6
2
6
2
Por lo tanto, la ecuación
X
T~G = ~rP 1/G × F~2 + ~rP 2/G × F~1 = ~0
F sen θ + F sen θ = m g
conduce a
î
−L
6√
−mg 3
2
ĵ
h
2
mg
2
k̂
0
0
î
L
+
6√
mg 3
2
ĵ
h
2
mg
2
k̂
0
0
F = F1 = F2 =
√
√
= (−3 m g L + 3 m g h + 3 m g L − 3 m g h)k̂ = ~0
4
4
19 Este es el Problema 16.65 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.
29
Puesto que el problema es muy sencillo, se formularán las ecuaciones de Newton-Euler sin realizar el
diagrama de cuerpo libre de la barra y del resorte restante
X
Fx = maGx
√
3
−m g
= m aGx
2
mg
−m g +
= m aGy
2
aGx
aGy
Por lo tanto
X
Fy = maGy
√
3
= −g
2
g
=−
2
√
3
g
î − ĵ
2
2
~aG = −g
Además
X
TG = I G
−
Por lo que
mgL
k̂
12
=
î
L
−
6√
−m g 3
2
ĵ
0
mg
2
k̂
0
0
= ~rP /G × F~1 = 1 m L2 α k̂
1
12
g
g
mgL mL2
=−
α
~ = − k̂
12 12
L
L
Finalmente, la aceleración del punto A está dada por
!
√
√
g L g
3
3
2
î − ĵ + − k̂ × − î = −g
î = −0.866 g î.
~aA = ~aG + α
~ × ~rA/G − ω ~rA/G = −g
2
2
L
2
2
α=−
Con este resultado, finaliza el problema.
Problema 4.2 El panel uniforme rectangular de masa m se mueve a la derecha cuando la rueda B
cae del riel de soporte horizontal. Determine la aceleración angular resultante y la fuerza TA en el tirante
A inmediatamente después de que la rueda B sale del riel. Desprecie la fricción, la masa de los tirantes
y de las ruedas, vea la figura 34.20
Figure 34: Placa rectangular montada sobre el riel.
Solución. Este es un problema que muestra algunas de las deficiencias de los problemas propuestos
por los libros de texto actuales. Debe notarse que
20 Este es el Problema 6.90 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. J.L.Meriam, L.G.Kraige, Seventh Edition, Jonh
Willey and Sons, Inc.: New York.
30
• Implı́citamente supone que el movimiento de la placa rectangular es a velocidad constante v.
• No hay mayor detalle acerca de las conecciones entre la placa, los tirantes y las ruedas.
En el diagrama de cuerpo rı́gido de la placa, mostrado en la figura 35, supondremos que el tirante
A está articulado mediante un perno en el punto P , tan cercano al borde de la placa que seguiremos
considerando la distancia vertical entre el centro de masas G y el punto P como h/2.
Figure 35: Diagrama de cuerpo libre.
De las condiciones del problema se sabe que justo después de que la rueda B se sale de la guı́a, la
velocidad angular de la placa es cero, ω = 0 y la aceleración del punto P es cero, ~aP = ~0.21 Por lo tanto
la aceleración del centro de masas G está dada por
b
h
h
b
2
~aG = ~aP + α
~ × ~rGP − ω ~rGP = αk̂ ×
î − ĵ = α
ĵ + î
3
2
3
2
Por otro lado, se sabe que el momento de inercia de la placa rectangular uniforme respecto a un eje
perpendicular al plano de la placa y que pasa por su centro de masas es igual a
IG =
1
M (h2 + b2 )
12
Se formularán las ecuaciones de Newton-Euler, para fuerzas en la dirección vertical y suma de momentos alrededor del punto G, se tiene que
ΣFy = M aGy
TA − m g = m aGy
y
ΣTG = IG α
− TA
1
b
=
m(h2 + b2 ) α
3
12
Despejando TA de la ecuación (3), resulta
b
TA = m(g + aGy ) = m g + α
3
Sustituyendo el valor de TA en la ecuación (4) se obtiene la aceleración angular.
b
b
1
m g+α
−
=
m(h2 + b2 ) α
3
3
12
Despejando el valor de la aceleración angular tenemos:
α=
−12gb
3h2 + 7b2
Sustituyendo α en TA obtenemos
TA = m g
21 Debe
3(h2 + b2 )
3h2 + 7b2
notarse que esta suposición no serı́a correcta si el tirante A estuviera rigidamente unido a la placa.
31
(3)
(4)
Estos resultados corresponden a los indicados por el libro. Todo parece normal, excepto que si
consideramos la suma de fuerzas en la direccion x, se tiene que
ΣFx = M aGx
0 = m aGx = m α
h
2
(5)
Puesto que α 6= 0 y no hay fuerzas en la dirección horizontal. La solución no es satisfactoria.
4.1
Análisis dinámico de cuerpos rı́gidos sujetos a rotación no baricéntrica.
En esta sección, se presentarán algunos problemas relacionados con el análisis dinámico de cuerpos rı́gidos
sujetos a rotación no baricéntrica.
Problema 4.1.1 El elemento uniforme cuya forma corresponde a un cuarto de cı́rculo y su masa es
m, se libera desde el reposo con uno de sus bordes en posición vertical, tal como se muestra en la figura
36. Determine la aceleración angular inicial y las reacciones horizontal y vertical del pivote ideal en O.22
Figure 36: Elemento uniforme en forma de cuarto de cı́rculo.
Solución. Para solucionar este problema es necesario realizar en primer lugar un diagrama del cuerpo
con las fuerzas que se encuentran actuando sobre el mismo.
Del diagrama del cuerpo, cabe resaltar que no se conocen las coordenadas respecto al punto O donde
se encuentra ubicado el centro de masa, G del elemento. El vector de posición del centro de masas
G respecto al punto O se separará en una componente horizontal, que se designa como rGOx , y una
componente vertical, que se designa rGOy . El vector de posición formado por estas componentes se define
como
~rO/G = rGOx î + rGOy ĵ.
El vector de posición ~rO/G puede también calcularse mediante el primer momento de masas del
elemento con respecto al punto O, QO , a partir de la ecuación
~rO/G =
~O
Q
m
~ O , se determina como
El primer momento de masas del elemento con respecto al punto O, Q
Z
~
(xî + y ĵ + z k̂)ρ dV
QO =
B
22 Este
es el Problema 6.41. del libro Engineering Mechanics: Dynamics. Meriam, J.L. and Kraige, L.G., Seventh
Edition, Jonh Willey and Sons, Inc.: New York.
32
Figure 37: Diagrama de cuerpo libre del elemento.
El volumen del cuerpo se determina a partir de la ecuación
V =
πb2
t,
4
donde t indica el espesor, constante, del elemento. Por tanto la densidad es igual a
ρ=
m
m
4m
= πb2 = 2
V
πb t
4 t
~O
Determinación de la componente en el eje x de Q
QOx
=
=
=
Z bZ 0 Z t
4m 2
4m
rdzdθdr
=
r cos θdzdθdr
2
2
πb t
0 πb t
B
B
−π
0
2
Z bZ 0
Z Z
4m b 0 2
4m
t
2
r cos θdθdr z|0 = 2
r cos θdθdr
πb2 t 0 − π2
πb 0 − π2
b
Z
Z
4m b 2
4m b 2
4m r3 4mb
4m b3
0
r
dr
sin
θ|
r
dr
=
=
=
π =
−2
2
2
2
2
πb 0
πb 0
πb 3 0
πb 3
3π
Z
xρdV =
Z
r cos θ
~O
Determinación de la componente en el eje x de Q
QOy
=
=
=
Z bZ 0 Z t
4m 2
4m
rdzdθdr
=
r sin θdzdθdr
2
2
π
πb t
− 2 0 πb t
0
B
B
Z bZ 0
Z Z
4m
4m b 0 2
t
2
r sin θdθdr z|0 = 2
r sin θdθdr
πb2 t 0 − π2
πb 0 − π2
b
Z
Z
4m b 2
4m r3 4mb
4m b 2
4m b3
0
r
dr
(−
cos
θ)|
r
dr
=
−
=−
=
−
π = −
−2
2
2
2
2
πb 0
πb 0
πb 3 0
πb 3
3π
Z
yρdV =
Z
r sin θ
Las componentes cartesianas del vector de posición ~rGO están dadas por
rGOx =
4mb
4b
QOx
=
=
m
3πm
3π
rGOy =
QOy
4mb
4b
=−
=−
m
3πm
3π
por tanto, el vector posición del punto O respecto al centro de masa G es
~rO/G = −rGOx î + rGOy ĵ = −
33
4b
4b
î +
ĵ
3π
3π
Puesto que el elemento está sujeto a rotación no-baricéntrica, es necesario conocer la inercia del cuerpo
respecto a un eje perpendicular al plano del papel que pasa por el punto O.
Z
Z
Z bZ 0 Z t
4m
2
2
2 4m
r3 dzdθdr
IOzz =
(x + y )ρdV =
r
rdzdθdr = 2
πb2 t
πb t 0 − π2 0
B
B
Z Z
Z bZ 0
t
4m b 0 3
4m
3
=
r
drdθ
z
r dθ dr
=
πb2 t 0 − π2
πb2 0 − π2
0
Z b
Z
0
π
4m b 3
4m
r3 dr
(0
+
)
r
drθ
=
=
2
πb2 0
πb
2
−π
0
2
Z
Z
m
4mπ b 3
2m b 3
2m 1 4 b
m
=
r dr = 2
r dr = 2 r = 2 b4 = b2
2πb2 0
b
b
4
2b
2
0
0
La aceleración del centro de masa está dado por
4b
4b
4bα
4bα
~aG = α
~ × ~rG /O = αk̂ × ( î −
ĵ) =
î +
ĵ
3π
3π
3π
3π
Realizando la sumatoria de momentos respecto al punto O:
X
Por tanto
TO = IOzz α
α=−
− mg
4b
1
= mb2 α
3π
2
8g
4bg 2
=−
3π b2
3bπ
en el sentido de las manecillas del reloj.
Realizando la sumatoria de fuerzas en el eje X
X
4bα
8g
32mg
4mb
Fx = maGx
− ROx = m
=
−
=−
3π
3π
3bπ
9π 2
Finalmente
32mg
9π 2
El sentido de esta reacción es hacia la derecha. Similarmente, realizando la sumatoria de fuerzas en el
eje Y
X
4b α
Fx = maGy
ROy − mg = m
3π
ROx =
Finalmente
ROy = m g +
4mb
3π
8g
−
3bπ
32
= mg 1 − 2
9π
El sentido de esta reacción es hacia arriba.
Problema 4.1.2 Una barra uniforme de longitud L y masa m se sostiene como se indica en la figura
38. Si el cable unido en B se rompe de manera repentina, determine a) la distancia b para la cual la
aceleración del extremo A es máxima, b) la aceleración correspondiente del extremo A y la reacción en C.23
Solution: Considere el diagrama de cuerpo libre de la barra mostrado en la figura 39, puesto que al
romperse la cuerda en B, la velocidad angular de la barras es 0, solo está presente la aceleración normal.
Las ecuaciones de movimiento del cuerpo rı́gido son
X
X
l
Fx = 0
Rcx = 0
Fy = M aGy
RCy − m g = −m α
−b
2
y, finalmente,
X
TC = I C α
−m g
l
−b
2
"
1
=−
m l2 + m
12
l
−b
2
2 #
α=−
1
1
m l 2 + m l 2 − m l b + m b2
12
4
23 Este es el Problema 16.80 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F.
34
α.
Figure 38: Barra soportada por un apoyo y una cuerda.
Figure 39: Cuerpo libre de la barra.
Por lo tanto, la aceleración angular de la barra está dada por
g 2l − b
α= 1 2
2
3l − l b + b
Por lo tanto, la magnitud de la aceleración del punto A está dada por
g l b − b2
| ~aA |= α b = 1 2 2
,
2
3l − l b + b
si se considera que b es una variable, el máximo valor de | ~aA | está dada para cuando
g 2l − 2 b 31 l2 − l b + b2 − g l2b − b2 (−l + 2 b)
d | ~aA |
=
0=
2
1 2
db
l − l b + b2
3
Por lo tanto
l
− 2b
2
1 2
l − l b + b2
3
Reduciendo la ecuación se tiene que
−
lb
2
− b (−l + 2 b) = 0.
2
l2 − 4 l b + 3 b2 = 0.
Las dos raices de la ecuación son24
p
4 l ± 16 l2 − 4 (3) (l2 )
4l ± 2l
=
b=
2 (3)
6
Empleando b2 = 3l , se tiene que
α=
l
2
g
1 2
3l
−l
−
l
3
l
3
+
l2
9
=
b1 = l
3g
2l
De manera que, la magnitud de la aceleración del punto A está dado por
| ~aA |= α
24 Cual
3g l
g
l
=
= .
3
2l 3
2
es el argumento para no emplear b1 ?
35
b2 =
l
.
3
Finalmente la componente y de la reacción en C está dada por
3
3g l
l
= m g.
−b
=m g−
RCy = m g − α
2
2l 6
4
Problema 4.1.3 Una barra uniforme de longitud L y masa m se sostiene como se indica en la figura
40. Si el cable unido en B se rompe de manera repentina, determine a) la aceleración correspondiente
del extremo B y la reacción en el perno de apoyo A.25
Figure 40: Barra soportada por un apoyo y una cuerda.
Solución. El diagrama de cuerpo libre de la barra se muestra en la figura 41.
Figure 41: Diagrama de cuerpo libre de la barra soportada por un apoyo y una cuerda.
Se asumirá que, contrario al sentido común, pero confiados en que el álgebra proporcione el resultado
correcto, la aceleración angular de la barra es antihoraria; es decir
α
~ = α k̂.
Note que como el sistema se analiza a partir del reposo ω
~ = ~0. Entonces, la aceleración del centro de
masas está dado por
L
L
~aG = α
~ × ~rG/A − ω 2 ~rG/A = α k̂ × î = α ĵ
2
2
Por otro lado, aplicando el teorema de ejes paralelos, se tiene que
IA = IG + m
2
1
1
1
L
=
m L2 + m L2 = m L2
2
12
4
3
Las ecuaciones de movimiento de la barra son
ΣFx = M aGx
RAx = 0
Finalmente,
ΣTA = IA α
−Mg
ΣFy = M aGy
RAy − M g = M α
1
L
= M L2 α
2
3
α=−
L
2
3g
2L
25 Este es el Problema 16.84 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.
36
Por lo tanto, la reacción en A está dada por
L
RAy − M g = M α
2
RAy
L
L
=Mg+Mα =Mg+M
2
2
3g
−
2L
=
1
Mg
4
Problema 4.1.4 Dibuje los diagramas de fuerza cortante y momento flector para la viga del problema
4.1.3 inmediatamente después de que el cable B se rompe.26
Solución. Una sección de la viga con las cargas estáticas y dinámicas actuando sobre la viga está
mostrado en la figura 42. Debe notarse que la diferencial de masa de la viga está dada por
dm =
Por otro lado, se sabe que
M
dx
L
~aA = ~0.
De manera que la aceleración de un punto P localizado a una distancia x del extremo A está dada por
3gx
3g
2
k̂ × x î = −
ĵ
~aP = ~aA + α
~ × ~rP/A − ω ~rP/A = −
2L
2L
Figure 42: Sección de la viga para encontrar el cortante y el momento flector.
Para la fuerza cortante, a una distancia x del extremo A, considere el equilibrio de las fuerzas verticales
que incluye la reacción en A, el peso uniformemente distribuido, la fuerza cortante que se desea determinar
y esta suma debe ser igual a la fuerza necesaria para producir la aceleración vertical correspondiente.
Z
Z x
Mg Mg
3M g x
3g M
x dx
x dx
−
x+V =−
ΣFy = −
4
L
2 L2 0
0 2L L
Por lo tanto
3 M g x2
Mg Mg
+
x−
4
L
4 L2
Como comprobación, se evalua el cortante para x = 0 y para x = L, se tiene que
V =−
V (0) = −
Mg
4
V (L) = −
Mg Mg
3 M g L2
+
L−
=0
4
L
4 L2
De manera semejante, se determinará el momento flector para una distancia x del extremo A, considere
la suma de momentos con respecto al punto A
Z
Z x
Mg x
3M g x 2
3g 2M
x dx
x
dx
−
x + V x + Mf = −
ΣTA = −
L
L
2
2 L2 0
0 2L
26 Este es el Problema 16.152 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.
37
o bien
Mf
=
=
=
3 M g x3
Mg Mg
3 M g x2
M g x2
x
−
− −
+
x−
2L
4
L
4 L2
2 L2 3
M g x2
M g x3
M g x M g x2
3 M g x3
−
+
−
+
2
2L
4
L
4L
2 L2
3
2
M gx M gx
M gx
+
+
−
2L
4
4 L2
De manera semejante, se evalua el momento flector para x = 0 y para x = L, se tiene que
M g L2
M g L M g L3
1 1 1
Mf (0) = 0
Mf (L) = −
= 0.
+
+
= M gL − + +
2L
4
4 L2
2 4 4
Problema 4.1.5 Una barra ligera y uniforme de longitud L = 36 in. y peso W = 4 lbf cuelga libremente de una articulación en A, vea la figura 43. Una fuerza horizontal P = 1.5 lbf de magnitud se aplica
en B hacia la izquierda, h = L, determine a) la aceleración angular de la barra y b) las componentes de
la reacción en A.27
Problema 4.1.6 En el problema 4.1.5, determine a) la distancia h para la cual la componente horizontal de la reacción en A es cero —este punto se denomina centro de percusión— y b) la aceleración
angular correspondiente de la barra. 28
Figure 43: Dibujo de una barra que pende verticalmente.
Solución. Primero se analizarán el diagrama de cuerpo libre mostrado a la izquierda de la figura 44.
Empleando las ecuaciones de Newton-Euler, se tiene que
ΣFx = M aGx
−P + RAx = M α
ΣFy = 0
RAy − M g = 0
1
M L2 α = −P h
3
ΣTA = IA α
L
2
De la segunda ecuación, se tiene que
RAy = M g
De la tercera ecuación, se tiene que
α=
−3 P h
M L2
27 Este
problema es el Problema 16.76 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.
28 Este problema es el Problema 16.77 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.
38
Figure 44: Diagrama de cuerpo libre de una barra que pende verticalmente.
y de la primera ecuación, se obtiene la reacción en x
RAx = P + M α
L
−3 P h L
3h
=P +M
=
P
1
−
2
M L2 2
2L
Si para el primer problema h = L, se tiene que
α=
−3 P L
3P
3(1.5)(32.2)Lbm − f t/s2
=
−
=
−
=
= −12.075rad/s2
M L2
ML
(4 Lbm)(3 f t)
y
RAx = P + M
y
3
P
−3 P L L
= P − P = − = −0.75 Lbf.
M L2 2
2
2
RAy = M g = 4 Lbf.
Con este resultado finaliza el primer problema.
Para resolver el segundo problema, se tiene que RAx debe ser igual a 0. Por lo tanto
3h
−3 P h L
=
P
1
−
RAx = P + M
M L2 2
2L
Entonces
3h
0=P 1−
2L
0=1−
3h
2L
3h = 2L
h=
2L
3
Entonces para la aceleración angular, su ecuación algebraica y su valor numérico son
α
=
−3 P 23L
−3 P h
2P
2 (1.5) (32.2) Lbm − f t/s2
=
=
−
=
= −8.05 rad/s2
M L2
M L2
ML
(4 Lbm)(3 f t)
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 4.1.7 El objeto ABC consiste de dos barras delgadas soldadas entre si en el punto B. La
barra AB tiene una masa de 1 Kg y la barra BC tiene una masa 2 Kg, vea la figura 45. Si la magnitud
de la velocidad angular es de 10 rad/s cuando θ = 0, determine las componentes de la reacción en el
punto C cuando θ = 0.29
Solución. Primero se muestra el dibujo en la posicion θ = 0, vea la figura 46 al igual que las
reacciones involucradas, horizontal y vertical, ambas positivas, RCx y RCy , respectivamente, al igual que
la velocidad angular. Note que a = 0.3 m, MAB = M , MBC = 2 M y ω = 10 rad/s. El cuerpo está sujeto
a rotación alrededor de un eje fijo no baricéntrico que pasa por el punto C.
29 Este es el Problema 16.87 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.
39
Figure 45: Elemento formado por dos barras.
Figure 46: Diagrama de cuerpo libre del elemento formados por dos barras.
El primer paso consiste en determinar el centro de masas del elemento compuesto a partir de los
centros de masas de los elementos simples. El elemento 1 es la barra BC y el elemento 2 es la barra AB.
r
a
17
|~rG2C | =
a
~rG1C = 0 î − a ĵ
|~rG1C | = a
~rG2C = − î − 2 a ĵ
2
4
Calculando el primer momento de masas del elemento compuesto respecto al punto C, se tiene que
~ C = MAB ~rG1C + MBC ~rG2C = 2M 0 î − a ĵ + M − a î − 2 a ĵ = −M a î − 4 M a ĵ
Q
2
2
Por otro lado, la definición del primer momento de aŕea de un cuerpo, indica que
~C
Q
= MT ~rGC
donde MT = 3 M . Por lo tanto, el vector de posición del centro de masas del elemento compuesto respecto
al punto C es
a
î
−
4M
a
ĵ
−M
~
2
QC
a
4a
~rGC =
=
= − î −
ĵ = −0.05 m î − 0.4 m ĵ
MT
3M
6
3
Además, se debe calcular el momento de inercia del elemento compuesto con respecto al punto C,
IGBC =
1
1
2
MBC L2BC =
(2M ) (2a)2 = M a2
12
12
3
y
IGAB =
1
1
MAB L2AB =
M a2
12
12
40
Aplicando el teorema de ejes paralelos para encontrar el momento de inercia del elemento compuesto,
respecto al punto C
IC
=
IGBC + MBC |~rG1C |2 + IGAB
=
M a2
2
1
17
+2+
+
3
12
4
1
2
+ MAB |~rG2C |2 = M a2 + 2 M a2 + M a2 + M
3
12
= M a2
r
17
a
4
!2
8 + 24 + 1 + 51
= 7 M a2
12
Primeramente, se determinará la aceleración angular del cuerpo, a partir de las ecuaciones de NewtonEuler
g
a
α=
Σ TC = I C α
3 M g = 7 M a2 α
6
14 a
El resultado numérico es
α=
9.81 m/s2
= 2.3357 m/s2
14(0.3 m)
α
~ = 2.3357 m/s2 k̂
A partir de estos resultados, es posible determinar la aceleración del centro de masas del elemento
compuesto
~aG = α
~ × ~rGC − ω 2 ~rGC = (2.3357 m/s2 k̂) × (−0.05 m î − 0.4 m ĵ) − (10 rad/s)2 −0.05 m î − 0.4 m ĵ
=
5.93428 î + 39.8832 m/s2
Entonces es posible determinar las reacciones en el apoyo C.
Σ Fx = M aGx α
RCx = 3 M aGx α
RCx = 3(1 Kgm)(5.93428 m/s2 ) = 17.80284 N
y
Σ Fy = M aGy α
RCy
=
RCy − 3 M g = 3 M aGy α
3 M (aGy + g) = 3(1 Kgm)(9.81 + 39.8832) m/s2 = 149.0796 N
En términos de magnitud y dirección la reacción en C está dada por
q
p
2 + R2 =
RC = RCx
(17.80284 N )2 + (149.0796 N )2 = 150.138 N
Cy
4.2
θ = tan−1
RCy
= 83.19◦
RCx
Análisis dinámico de mecanismos planos.
En esta sección, se presentarán algunos problemas relacionados con el análisis dinámico de mecanismos
planos.
Problema 4.2.1 La barra AB de 2 kg. y la barra BC de 3 kg. están conectadas como se muestra en
la figura a un disco puesto a girar en un plano vertical a velocidad angular constante de 6 rad./s. en el
sentido de las manecillas del reloj. Para la posición indicada, determine las fuerzas ejercidas en A y B
sobre la barra AB.30
Solution: Para resolver este problema es necesario determinar los análisis de velocidad y aceleración
del mecanismo plano de cuatro barras. Los vectores de posición necesarios, están dados por
~rA/O = 60 mm.ĵ
~rB/A = 120 mm.ĵ
~rB/C = 180 mm.ĵ
Por otro lado, la velocidad y aceleración angular del eslabón motriz, el disco 2, está dada por
ω
~ 2 = −6
rad.
k̂
s.
α
~ 2 = ~0.
30 Este es el Problema 16.130 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F.
41
3
4
2
1
Figure 47: Mecanismo plano de cuatro barras.
La ecuación correspondiente al análisis de velocidad del mecanismo plano de cuatro barras es
ω
~ 2 × ~rA/O + ω
~ 3 × ~rB/A = ~vB3
rad.
−6
k̂ × 60 mm.ĵ + ω3 k̂ × 120 mm.î
s.
= ~vB4 = ω
~ 4 × ~rB/C
= ω4 k̂ × 180 mm.ĵ
Haciendo a un lado las unidades, se tiene que las ecuaciones escalares del análisis de velocidad son
360 = −180 ω4
120 ω3 = 0,
y su solución está dada por
rad.
k̂
ω~3 = ~0.
s.
La ecuación correspondiente al análisis de aceleración del mecanismo plano de cuatro barras es
ω
~ 4 = −2
α
~ 2 × ~rA/O − ω22 ~rA/O + α
~ 3 × ~rB/A − ω32 ~rB/A = ~aB3
2 rad.
− −6
60 mm.ĵ + α3 k̂ × 120 mm.î
s.
= ~aB4 = α
~ 4 × ~rB/C − ω42 ~rB/C
2
rad. = α4 k̂ × 180 mm.ĵ − −2
180 mm.ĵ
s.
Haciendo a un lado las unidades, se tiene que las ecuaciones escalares del análisis de aceleración son
0 = −180 α4
−2160 + 120 α3 = −720,
y su solución está dada por
rad.
rad.
k̂
α~3 = 12 2 k̂.
s2 .
s .
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 están dadas por
α
~ 4 = −0
~aG3
y
= ~aA + ~aG3/A = α
~ 2 × ~rA/O − ω22 ~rA/O + α
~ 3 × ~rG3/A − ω32 ~rG3/A
2
rad. mm
m
rad. 60 mm.ĵ + 12 2 k̂ × 60 mm.î = −1440 2 ĵ = −1.44 2 ĵ.
= − −6
s.
s .
s
s
2
rad. m
mm
~aG4 = α
~ 4 × ~rG4/C − ω42 ~rG4/C = − −2
90 mm ĵ = −360 2 ĵ = −0.36 2 ĵ.
s
s
s
Ahora si, prepararemos el análisis dinámico del mecanismo plano de cuatro barras, el momento de
inercia de la barra 3 respecto a su centro de masas, está dado por
I3/G3 =
1
1
2
m3 L23 =
(2 Kgm.) (0.12 m) = 0.0024Kgm − m2 .
12
12
La figura 48 muestra los diagramas de cuerpo libre de los eslabones del mecanismo plano de cuatro
barras.
42
Figure 48: Mecanismo plano de cuatro barras.
Las ecuaciones de movimiento de los cuerpos 3 y 4, están dadas por
X
X
P
Fx = 0
Fy = m3 aG3y
TG3 = I3/G3 α3
RAx − RBx = 0
RAy − RBy − m3 g = m3 aG3y
−RAy
L3
L3
− RBy
= I3/G3 α3 .
2
2
y
X
Fx = 0
RBx + RCx = 0
P
Fy = m4 aG4y
RBy + RCy − m4 g = m4 aG4y
X
TG4 = I4/G4 α4
−RBx
L4
L4
+ RCx
= 0.
2
2
A partir de la primera, cuarta y sexta ecuación de estos dos conjuntos de ecuaciones, se tiene que
RAx = RBx = RCx = 0.
La segunda y tercera ecuación de estos dos conjuntos pueden escribirse como
RAy − RBy
=
RAy + RBy
=
m3 (g + aG3y )
2
− I3/G3 α3 .
L3
Sumando las ecuaciones término a término, se tiene que
2
1
m3 (g + aG3y ) − I3/G3 α3 .
RAy =
2
L
m
2
rad
1
2
2 Kgm. (9.81 − 1.44) 2 −
0.0024 Kgm · m 12 2
=
2
s
0.12 m
s
= 8.13 N.
De manera semejante, si se resta de la segunda ecuación, la primera ecuación, se tiene que
RBy
=
=
=
1
2
−m3 (g + aG3y ) −
I3/G3 α3 .
2
L3
m
2
rad
1
2
−2 Kgm. (9.81 − 1.44) 2 −
0.0024 Kgm · m 12 2
2
s
0.12 m
s
−8.61 N.
Solución Algebraica: En esta parte del problema, se volverá a resolver el problema empleando
únicamente, hasta casi hasta el final, exclusivamente el álgebra. Para resolver este problema es necesario
43
determinar los análisis de velocidad y aceleración del mecanismo plano de cuatro barras. Los vectores de
posición necesarios, están dados por
~rA/O = L ĵ
~rB/A = 2 L ĵ
~rB/C = 3 L ĵ
Por otro lado, la velocidad y aceleración angular del eslabón motriz, el disco 2, está dada por
α
~ 2 = ~0.
ω
~ 2 = ω2 k̂
donde L = 60 mm. = 0.06 m y ω2 = −6 rad
s .
La ecuación correspondiente al análisis de velocidad del mecanismo plano de cuatro barras es
ω
~ 2 × ~rA/O + ω
~ 3 × ~rB/A = ~vB3
= ~vB4 = ω
~ 4 × ~rB/C
ω2 k̂ × Lĵ + ω3 k̂ × 2 Lî
=
ω4 k̂ × 3 Lĵ
Las ecuaciones escalares del análisis de velocidad son
ω2 L = 3 ω4 L
2 ω3 L = 0,
y su solución está dada por
1
ω~3 = ~0.
ω2 k̂
3
La ecuación correspondiente al análisis de aceleración del mecanismo plano de cuatro barras es
ω
~4 =
α
~ 2 × ~rA/O − ω22 ~rA/O + α
~ 3 × ~rB/A − ω32 ~rB/A = ~aB3
−ω22 Lĵ + α3 k̂ × 2 Lî
= ~aB4 = α
~ 4 × ~rB/C − ω42 ~rB/C
1 2 3 Lĵ
ω2
= α4 k̂ × 3 Lĵ −
3
Haciendo a un lado las unidades, se tiene que las ecuaciones escalares del análisis de aceleración son
1
−ω22 L + 2 L α3 = − ω22 L,
3
0 = −3 L α4
y su solución está dada por
1 2
ω k̂.
3 2
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 están dadas por31
α
~ 4 = ~0
~aG3
α
~3 =
= ~aA + ~aG3/A = α
~ 2 × ~rA/O − ω22 ~rA/O + α
~ 3 × ~rG3/A − ω32 ~rG3/A
2
1
= −ω22 Lĵ + ω22 k̂ × Lî = − ω22 Lĵ.
3
3
y
~aG4 = α
~ 4 × ~rG4/C − ω42 ~rG4/C = −
1
ω2
3
2
3
1
Lĵ = − ω22 L ĵ.
2
6
Ahora si, prepararemos el análisis dinámico del mecanismo plano de cuatro barras, el momento de
inercia de la barra 3 respecto a su centro de masas, está dado por32
I3/G3 =
1
1
2
M3 (2 L) = M3 L2 .
12
3
La figura 49 muestra los diagramas de cuerpo libre de los eslabones del mecanismo plano de cuatro
barras.
Las ecuaciones de movimiento de los cuerpos 2, 3 y 4, están dadas por
X
X
P
Fx = 0
Fy = 0
TG3 = 0
ROx − RAx = 0
31 Note
ROy − RAy − M2 g = 0
RAx L + T = 0.
que la aceleración del centro de masas del cuerpo 2 es ~0 pues el cuerpo está sujeto a rotación baricéntrica.
que α
~ 2 = ~0 y α
~ 4 = ~0, no es necesario calcular I2/G2 y I4/G4 .
32 Puesto
44
Figure 49: Mecanismo plano de cuatro barras.
X
Fx = 0
RAx − RBx = 0
P
Fy = M3 aG3y
RAy − RBy − M3 g = M3 aG3y
X
TG3 = I3/G3 α3
−RAy L − RBy L = I3/G3 α3 .
y
X
Fx = 0
P
Fy = M4 aG4y
X
TG4 = I4/G4 α4
3L
3L
+ RCx
= 0.
2
2
A partir de la séptima y novena ecuación de estos dos conjuntos de ecuaciones, se tiene que
RBx + RCx = 0
RBy + RCy − M4 g = M4 aG4y
−RBx
RBx = RCx = 0.
Sustituyendo estas soluciones en la cuarta ecuación, se tiene que
RAx = 0.
Volviendo a sustituir esta ecuación en la primera y tercera ecuación, se tiene que
ROx = T = 0.
La quinta y sexta ecuación de estos dos conjuntos pueden escribirse como
2 2
RAy − RBy = M3 (g + aG3y ) = M3 g − ω2 L
3
1
1 1
1
1
RAy + RBy = − I3/G3 α3 = −
M3 L2 ω22 = − M3 L ω22 .
L
L 3
3
9
Sumando las ecuaciones término a término, se tiene que
1
2 2
7 2
1
1
2
M3 g − ω 2 L − L ω 2 = M3 g − ω 2 L
RAy =
2
3
9
2
9
#
"
2
1
rad
m 7
=
−6
(0.06 m) = 8.13 N.
2 Kgm. 9.81 2 −
2
s
9
s
De manera semejante, si se resta de la sexta ecuación, la quinta ecuación, se tiene que
RBy
=
=
1
5 2
1
2 2
1
2
M3 − L ω 2 − g − ω 2 L
= M3 −g + ω2 L
2
9
3
2
9
#
"
2
rad
m 5
1
−6
(0.06 m) = −8.61 N.
2 Kgm. −9.81 2 +
2
s
9
s
45
Como puede observarse, el problema puede resolverse tanto de manera algebraica como numérica, la
ventaja de la solución algebraica es que los resultados pueden aplicarse para diferentes dimensiones y
sistemas de unidades.
Problema 4.2.2 La biela conectora AB de una cierta máquina de combustión interna pesa 1.2 Lb,
tiene su centro de masas en G y tiene un radio de giro alrededor de G de 1.12 in. El pistón incluyendo
el perno pesan juntos 1.80 Lb. La máquina está rotando a una velocidad constante de 3, 000 r.p.m.,
de manera que la velocidad angular de la manivela es 100 π rad/sec. Despreciando los pesos de los
componentes y la fuerza ejercida por el gas en el cilindro comparado con las fuerzas generadas y calcule
la magnitud de la fuerza sobre el pistón A para un valor del ángulo de la manivela θ = 90◦ .33
Figure 50: Máquina de Combustión Interna.
Solución. La figura 51 muestra un esquema de la máquina de combustión interna.
Figure 51: Esquema de la Máquina de Combustión Interna.
Análisis Cinemático del Mecanismo. Los vectores de posición de los puntos más importantes
33 Este
es el Problema 6.105 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. J.L.Meriam, L.G.Kraige, Seventh Edition,
Jonh Willey and Sons, Inc.: New York.
46
desde el punto de vista cinemático y dinámico, son
~rB/O = a2 î ~rA/B = −a2 î +
p
b2
−
a22
ĵ
~rG/B
b1
b1
= ~rA/B =
b
b
α
~ 2 = ~0
ω
~ 2 = w2 k̂
−a2 î +
q
b2
−
a22
ĵ
donde b = b1 + b2 .
~vB
=
ω
~ 2 × ~rB/O = w2 k̂ × a2 î = w2 a2 ĵ
El análisis de velocidad del mecanismo se reduce a
~vA3
~vA4
q
= ~vB + ω
~ 3 × ~rA/B = w2 a2 ĵ + (w3 k̂) × −a2 î + b2 − a22 ĵ
q
=
−w3 b2 − a22 î + (w2 a2 − w3 a2 ) ĵ
=
vA ĵ
Igualando las expresiones para las velocidades ~vA3 y ~vA4 se tiene el siguiente sistema de ecuaciones
q
0 = −w3 b2 − a22
v A = w2 a2 − w3 a2
La solución del sistema de ecuaciones y del análisis de velocidad del mecanismo está dado por
w3 = 0
v A = w2 a2
ω
~ 3 = ~0
~vA = w2 a2 ĵ
El análisis de aceleración del mecanismo está dado por
~aB
=
α
~ 2 × ~rB/O − ω 2 ~rB/O = −w22 a2 î
El análisis de aceleración del mecanismo se reduce a
~aA3
~aA4
= ~aB + α
~ 3 × ~rA/B − ω32 ~rA/B
q
q
2
2
2
2
2
2
= −w2 a2 î + (α3 k̂) × −a2 î + b − a2 ĵ − ω3 −a2 î + b − a2 ĵ
q
= −w22 a2 î − α3 b2 − a22 î − α3 a2 ĵ
q
=
−w22 a2 − α3 b2 − a22 î + (−α3 a2 ) ĵ
=
aA ĵ
Igualando las expresiones para las velocidades ~aA3 y ~aA4 se tiene el siguiente sistema de ecuaciones
q
0 = −w22 a2 − α3 b2 − a22
aA = −α3 a2
La solución del sistema de ecuaciones y del análisis de velocidad del mecanismo está dado por
w 2 a2
α3 = − p 2
b2 − a22
w 2 a2
aA = −α3 a2 = p 2 2 2
b2 − a 2
Para el análisis dinámico es necesario determinar la aceleración del centro de masas de la biela G.
~aG
= ~aB + α
~ 3 × ~rG/B − w32 ~rG/B
q
q
b1
b1
−a2 î + b2 − a22 ĵ − ω32
−a2 î + b2 − a22 ĵ
= −w22 a2 î + (α3 k̂) ×
b
b
q
2
b1
w a2
2 − a2 ĵ
−a
î
+
k̂)
×
b
= −w22 a2 î + (− p 2
2
2
b
b2 − a22
!
b1
w 2 a 2 b1
= w22 a2 −1 +
î + p 2 2 2
ĵ
b
b2 − a 2 b
47
Figure 52: Diagramas de Cuerpo Libre de la Máquina de Combustión Interna.
Análisis Dinámico del Mecanismo de Manivela Biela Corredera. La figura 52 muestra los
diagramas de cuerpo libre del mecanismo de manivela biela corredera de la máquina de combustión
interna. Debe notarse que para la biela, se incluyeron las fuerzas de inercia que actúan sobre la biela y
un esquema con las distancias relevantes
Las ecuaciones de la dinámica del pistón son:
ΣFx = m4 aAx
ΣFy = m4 aAy
RA + RAx = m4 0
RAy = m4 aAy
Por lo tanto
w 2 a2
RAy = m4 aAy = m4 p 2 2 2
b2 − a 2
Empleando el Principio de D’Alembert, es posible formular la ecuación para el movimiento de la biela
como34
ΣTB = 0
RA + RAx = 0
La ecuación resultante es
q
q
b1
b1
b2 − a22 = 0
a2 + m3 aGx
RAx b2 − a22 + RAy a2 − IG3 α3 + m3 aGy
b
b
donde
1.12
IG3 = m3 k32
donde
k3 = 1.12 in =
ft
12
Sustituyendo los resultados del análisis cinemático en esta ecuación, se tiene
!
q
2 2
2
a
w
b1
a
w
w 2 a 2 b1
2
2
2
2
2
2
p
p 2 2
a
−
m
k
+
m
−
a
RAx b2 − a2 + m4 p
2
3
3
2
3
b
b2 − a22
b2 − a22
b2 − a22 b
q
b1
b1
+ m3
b2 − a22 w22 a2 −1 +
=0
b
b
Reduciendo la ecuación
2
q
q
b1
w 2 a3
b1
w 2 k 2 a2
w 2 a3
b1
b2 − a22 1 −
RAx b2 − a22 + m4 p 2 2 2 + m3 p2 3 2 + m3 p 2 2 2
− m3 w22 a2
b
b
b2 − a 2
b2 − a 2
b2 − a 2 b
Por lo tanto
RAx
=
=
34 Debe
2
b1
w22 a32
b1
w22 k32 a2
w22 a32
b1
2
1
−
−
m
−
m
+
m
w
a
3 2
3 2
3 2 2
b2 − a22
b − a22
b − a22 b
b
b


2
2 b1 2
2
−m4 a2 − m3 k3 + a2 b
b1 
b1
1−
+ m3
w22 a2 
2
2
b − a2
b
b
−m4
notarse que seleccionando el punto B, hace innecesario determinar las reacciones RBx y RBy .
48
=
0
Sustituyendo los valores numéricos, se tiene que m3 = 1.2 Lbm, m4 = 1.8 Lbm, w2 = 100 π rad/sec,
1.7
4.3
1.3
k3 = 1.12
12 f t, a2 = 12 f t, b = 12 f t y b1 = 12 f t, se tiene que
2
(100 π rad/sec 1.7
w 2 a2
12 f t)
= 10832.44 P oundals. = 336.411 Lbf.
RAy = m4 p 2 2 2 = (1.8 Lbm) q
b2 − a 2
( 4.3 f t)2 − ( 1.7 f t)2
12
y
RAx
=
=
=

−m4 a22 − m3 k32 + a22
b1 2
b
12

b1 
b1
1−
+ m3
b2 − a22
b
b


2
2
2 1.3 2
−(1.8)(1.7)
−
(1.2)
(1.12)
+
(1.7)
4.3
rad 2 1.7
1.3
1.3
 Lbm
(100 π
1−
) (
f t) 
+ (1.2)
sec
12
(4.3)2 − (1.7)2
4.3
4.3
−7.02425
+ 0.253109 = −2756.73 P oundals = −85.612 Lbf
13981.939 P oundals
15.6
w22 a2 
Finalmente, la magnitud de la reacción en A está dada por
q
p
2 + R2 =
RA = RAx
(−85.612)2 + (336.411)2 Lbf = 347.133 Lbf.
Ay
Problema 4.2.3 El engrane 3 tiene una masa de 5 kg. y radio de giro centroidal k = 75 mm. La
barra 2 tiene una masa de 3 kg. y el engrane C es estacionario. Si el sistema se suelta desde el reposo en la
posición que se muestra, determine a) la aceleración angular del engrane 3, b) la aceleración del punto B.35
1
3
2
1
Figure 53: Engrane Planetario.
Solution: Para resolver este problema es necesario determinar los análisis de velocidad y aceleración
del engrane planetario. El análisis de velocidad es trivial, pues si el sistema parte del reposo, las velocidades angulares de todos los cuerpos y las velocidades de todos los puntos del cuerpo son 0. Para realizar
el análisis de aceleración, defina el punto P como el punto de paso entre el engrane 3 y el engrane corona
C que pertenece estacionario. Determine los vectores de posición
~rB/A = 2 r î
~rP/B = r î,
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,
35 Este es el Problema 16.104 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F.
49
y la dirección tangencial es la vertical. Entonces, la ecuación que determina la aceleración del puntp P 3
es
~aP 3
= ~aB3 − ω32 ~rP/B + α~3 × ~rP/B
=
−ω22 ~rB/A + α~2 × ~rB/A − ω32 ~rP/B + α~3 × ~rP/B
=
α~2 × ~rB/A + α~3 × ~rP/B = α2 k̂ × 2 r î + α3 k̂ × r î = (2 α2 r + α3 r) ĵ
De aquı́ que, la aceleración tangencial del punto P 3 y la ecuación final del análisis de aceleración está
dada por
~aP 3t = (2 α2 r + α3 r) ĵ = ~aP 1t = ~0.
Por lo tanto,
1
α2 = − α3 .
2
Además, la aceleración de los centros de masa de la barra 2 y del engrane 3 están dadas por
1
1
~aG2 = α
~ 2 × ~rG2/A = − α3 k̂ × r î = − α3 rĵ
2
2
y
~aG3 = α
~ 2 × ~rG3/A =
1
− α3 k̂ × 2 r î = − α3 rĵ
2
Después de este paso, es necesario determinar los diagramas de cuerpo rı́gido de la barra 2 y el engrane
3, vea la figura 54.
Figure 54: Diagrama de Cuerpo Libre del Engrane Planetario.
Las ecuaciones de la cinética del engrane planetario se simplifican notando que la barra 2 está sujeta a
un movimiento de rotación alrededor de un eje fijo no baricéntrico, que pasa por el punto A y el engrane
3 está sujeto a un movimiento de rotación alrededor de un eje fijo —instantaneamente— no baricéntrico,
que pasa por el punto P , de manera que los momentos de inercia de la barra respecto al punto A está
dado, empleando el teorema de Steiner, por
I2A = IG2 + m2 r2 =
1
4
1
2
m2 (2r) + m2 r2 = m2 r2 + m2 r2 = m2 r2 .
12
3
3
De manera semejante, el momento de inercia del engrane 3 respecto al punto P está dado por
I3p = IG3 + m3 r2 = m3 k 2 + m3 r2 = m3 k 2 + m3 r2 = m3 k 2 + r2 .
y
Las ecuaciones de la cinética de la barra son
X
X
Fx = 0
RAx − RBx = 0
Fy = m2 aG2y
X
MA = I2A α2
1
RAy − RBy − m2 g = − m2 α3 r
2
4
2
1
2
− m2 g r − RBy 2 r = m2 r − α3 = − m2 r2 α3 .
3
2
3
50
Las ecuaciones de la cinética del engrane son
X
X
Fx = 0
RBx − RP x = 0
Fy = m3 aG3y
RBy − RP y − m3 g = − m3 α3 r
y
X
MP = I3P α3
m3 g r − RBy r = m3 k 2 + r2 α3 .
Multiplicando por −1 la tercera ecuación de la cinética de la barra y multiplicando por 2 la tercera
ecuación de la cinética del engrane,
m2 g r + RBy 2 r
=
2 m3 g r − 2 RBy r
=
y sumando las ecuaciones, se tiene que
(m2 + 2 m3 ) g r =
o
α3 =
2
3
2
m2 r 2 α 3
3
2 m3 k 2 + r 2 α 3
2
m2 + 2 m 3
3
2
r + 2 m3 k
(6)
(7)
2
α3
(m2 + 2 m3 ) g r
rad
[3 + 2 (5)] (9.81) (0.1)
= 2
2
2 = 72.3574 s2 .
m2 + 2 m 3 r 2 + 2 m3 k 2
3
+
2
(5)
(0.1)
+
2
(5)
(0.075)
3
Por lo tanto, la aceleración angular de la barra 2, está dada por
rad
1
α2 = − α3 = −36.178 2 .
2
s
Finalmente, la aceleración del punto B, está dada por
~aB = −ω22 ~rB/A + α
~ 2 × ~rB/A = −7.235
4.3
m
ĵ.
s2
Análisis dinámico de cuerpos rı́gidos sujetos a movimiento de rodadura.
En esta sección, se presentarán algunos problemas relacionados con el análisis dinámico de cuerpos rı́gidos
sujetos a movimiento de rodadura.
Problema 4.3.1 Un tambor de 80 mm. de radio está unido a un disco de 160 mm. de radio. El disco
y el tambor tienen una masa combinada de 5 kg. y radio de giro combinado de k = 120 mm. Se una a una
cuerda en la forma indicada y se tira de ella con una fuerza P~ de 20 N de magnitud. Si los coeficientes de
fricción estática y cinética son, respectivamente, µs = 0.25 y µk = 0.2, determine a) si el disco se desliza
o no b) la aceleración angular del disco y la aceleración del punto G.36
Solution: Para resolver el problema supondremos, inicialmente, que el disco compuesto rueda sin
deslizar, por lo tanto, el punto Q tiene velocidad igual a ~0 y el disco está, instantaneamente, sujeto a
rotación alrededor de un eje fijo no baricéntrico. Además, note que la dirección de la aceleración angular
y la aceleración del centro de masas del disco compuesto están coordinadas.
Considere el diagrama de cuerpo libre del disco, vea la figura 56. El momento de inercia del disco
compuesto respecto a un eje perpendicular al plano del papel que pasa por el punto Q, está dada por
IQ = IG + m r12 = m k 2 + m r12 = m k 2 + r12
y
Las ecuaciones de movimiento del sistema son
X
Fx = m aGx
P + Ff = m (−α r1 )
X
MQ = I Q α
X
Fy = 0
− mg + N = 0
− P (r1 + r2 ) = m k 2 + r12 α
Por lo tanto, bajo la suposición de ausencia de deslizamiento, se tiene que
α=−
20 · 0.24
rad
P (r1 + r2 )
=−
= −24 2
2
2
2
2
m (k + r1 )
5 (0.12 + 0.16 )
s
36 Este es el Problema 16.98 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F.
51
Figure 55: Cilindro sujeto a posible movimiento de rodadura.
Figure 56: Diagrama de cuerpo libre de un cilindro sujeto a posible movimiento de rodadura.
A partir de este resultado, la fuerza de fricción necesaria para evitar que exista deslizamiento es
Ff = −P − m α r1 = −20 − 5 (−24) (0.18) = 7.6 N.
Finalmente compararemos la fuerza de fricción necesaria con la disponible
Ff = 7.6 N ≤ µs N = µs m g = 0.25 5 9.81 = 12.2625N.
Por lo tanto, el disco rueda sin deslizar y la aceleración del punto G está dado por
aGx = −α r1 = − (−24) (0.18) = 3.84
m
.
s2
Problema 4.3.2 Un tambor de 4 in de radio está unido a un disco de 8 in de radio. El disco y el
tambor tienen una masa combinada de 10 Lb y un radio de giro combinado de 6 in. Se une una cuerda en
la forma indicada y se jala con una fuerza P = 5 N de magnitud. Si los coeficientes de fricción estática
y cinética son , respectivamente, µs = 0.25 y µk = 0.20 , determine a) si el disco se desliza o no y b) la
aceleración angular del disco y la aceleración de G.37
Solución. Primero se supondrá que el sistema tambor-disco rueda sin deslizar, se verificará la validez
de la suposición y en caso contrario se concluirá que rueda con deslizamiento y se calcularán las aceleraciones deseadas.
37 Este es el Problema 16.98 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.
52
Figure 57: Tambor sujeto a rodadura.
Rodadura sin deslizamiento. Considere el diagrama de cuerpo libre del sistema tambor-disco, bajo
la suposición de que la rodadura ocurre sin deslizamiento, en ese caso el punto O es el centro instantaneo
de velocidad. Por lo tanto,
vO = 0
atO = 0
~aG = aGx î
r = 6 in
Análisis de aceleración. Las aceleraciones de los puntos G y O están relacionadas
~aG = ~aO + α
~ × ~rG/Q − ω 2 ~rG/Q
aGx î = aOy ĵ + α k̂ × r ĵ − ω 2 r ĵ
Entonces
aOy = ω 2 r
aGx = −α r
Figure 58: Diagrama de cuerpo libre del tambor sujeto a rodadura sin deslizamiento.
Estableciendo las ecuaciones de Newton-Euler, se tiene que
ΣFy = 0
−Mg+N =0
N =Mg
El momento de inercia del tambor respecto del punto O
IO = IG + M r2 = M k 2 + M r2 = M (k 2 + r2 )
ΣTO = IO α
− P r = M (k 2 + r2 ) α
53
α=
−P r
M (k 2 + r2 )
Por lo tanto, se tiene que
α=
−(5) (32.2 lbm − f t/s2 ) ( 23 f t)
rad
= −15.47 2
10 lbm(0.52 + 0.6662 ) f t2
s
Por lo tanto
aGx = −α r = −(−15.47
rad 2
) f t = 10.3133 f t/s2
s2 3
ΣFx = M aGx
P − Ff = M aGx
De manera que la fuerza de fricción está dada por
Ff = P − M aGx = (5)(32.2)lbm − f t/s2 − (10 lbm)(10.3133 f t/s2 ) = 57.867 N
La condición que determina si el tambor rueda sin deslizar o existe deslizamiento es que
Ff ≤ µ s N
En este caso, se tiene que
Ff = 57.867 N < µs M g = (0.25)(10 Lbm) (32.2 f t/s2 ) = 80.5 N
Como la condición se satisface, el tambor no sufre deslizamiento y el problema termina aquı́.
Problema 4.3.3 Un tambor de r1 = 4 in. de radio está unido a un disco de r2 = 8 in. de radio. El
disco y el tambor tienen una masa combinada de M = 10 lb y un radio de giro combinado de k = 6 in.
Se une una cuerda en la forma indicada en la figura 59 y se jala con una fuerza P = 5 Lbf de magnitud.
Si los coeficientes de fricción estática y cinética son, respectivamente, µs = 0.25 y µk = 0.20, determine
si el disco se desliza o no y la aceleración angular del disco y la aceleración de G.38
Figure 59: Dibujo de un tambor y un disco unidos.
Solución. Primero se analizará la posibilidad de que el disco junto con el tambor se deslize o no.
Para tal fı́n, se supondrá inicialmente que no existe deslizamiento y se validará o se refutará esta suposición. Considere el diagrama de cuerpo libre mostrado en la parte inferior de la figura 60. Se denotará
por M la masa total del sistema tambor-disco, por N la reacción entre el disco y el suelo, µs como el
coeficiente de fricción estática entre el disco y el suelo y por Ff la fuerza de fricción. Finalmente, la aceleración horizontal del disco unido con el tambor y que pasa por su centro de gravedad se denominará aGx .
Para verificar si el sistema tambor-disco no desliza se tiene que cumplir la siguiente condición:
Ff ≤ µ s N
38 Este es el Problema 16.101 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.
54
En caso de que la fuerza de fricción Ff sea mayor que µs N significa que existe deslizamiento entre el
sistema tambor-disco y el piso.
Análisis de aceleración. Analizando la figura 59 se observa que existe un punto Q que está en
el punto de contacto del disco y el suelo. Es necesario notar que bajo la suposición de ausencia de
deslizamiento el punto Q es un centro instantaneo de velocidad y por lo tanto la velocidad en dicho
punto, como parte del tambor, es igual a cero y la aceleración horizontal del punto Q es igualmente cero
~vQ = ~0
~atQ = ~aQx = 0 î
El punto Q si tiene aceleración normal o vertical
~anQ = ~aQy = ĵ
Similarmente, es claro que el centro de masas del tambor G unicamente tiene aceleración en la dirección
horizontal
~aG = aGx î
El primer paso será determinar la relación entre la velocidad y aceleración angulares del tambor y la
aceleración de los puntos Q y el centro de masas del tambor G. Donde el vector de posición del centro
de masas G del tambor respecto del centro instantaneo de velocidad Q,
~rG/Q = r ĵ
La relación entre la aceleración de los puntos G y Q está dada por
~aG = ~aQ + +~
α × ~rG/Q − ω 2 ~rG/Q
Sustituyendo los términos que se conocen se tiene que
~aGx î = ~aQy ĵ + α k̂ × r ĵ − ω 2 r ĵ
De manera que las ecuaciones escalares son
• Componentes en x
• Componentes en y
aGx = −α r
0 = aQy − ω 2 r
Por lo tanto
aQy = ω 2 r
Las conclusiones de este análisis son
~aG = −α r î
y
~aQ = ω 2 r ĵ
Figure 60: Diagrama de cuerpo libre sistema tambor-disco sin deslizamiento.
55
Análisis dinámico bajo la suposición de ausencia de deslizamiento. Empleando las ecuaciones
de Newton-Euler se tiene
X
FGy = 0
P +N −Mg =0
Por lo tanto
N =Mg−P
X
FGx = M aGx
Ff = M (−α r2 )
Por lo tanto
Ff = −M α r2
Para la suma de momentos, se requiere IQ que está dado, empleando el teorema de ejes paralelos por
IQ = IG + M r22 = M k 2 + M r22 = M (k 2 + r22 )
De aquı́ que
X
Por lo tanto
TQ = I Q (−α)
P r1 = M (k 2 + r22 ) (−α)
Por lo tanto
α=−
P r1
M (k 2 + r2 )
Entonces es posible calcular la fuerza de fricción
Ff = −M α r2 =
P r1 r2
k2 + r2
Sustituyendo los datos dados del problema,
Ff = −
4 (5)(32.2) Lbm − f t/s2 12
ft
2
2
6
8
+ 12 f t
12 f t
8
12
ft
= −51.52
Lbm f t
s2
Ahora se probará si existe o no deslizamiento, pues se sabe que39
|Ff | ≤ |µs N |
donde
|µs N | = 0.25
Por lo tanto
ft
32.2 2
s
|Ff | ≤ |µs (M g − P ) |
(10 Lbm) − (5) 32.2 Lbm − f t/s
2
= 40.25
Lbm f t
s2
Lbmf t
Lbm f t
> 40.25
2
s
s2
Esto indica que si existe deslizamiento entre el disco y el piso.
Análisis dinámico bajo la suposición de presencia de deslizamiento. Si se presenta deslizamiento, la aceleración del centro de masas y la aceleración angular son independientes. Además se
rectificará la suposición acerca de la aceleración angular y se supondrá que α es en sentido antihorario.
Considere el diagrama de cuerpo libre mostrado en la figura 61. Note que como ya se sabe que existe
deslizamiento, se conoce que la fuerza de fricción esta dada por
51.52
Ff = µ k N
Análisis dinámico en presencia de deslizamiento. Empleando las ecuaciones de Newton-Euler
se tiene
X
FGy = 0
P +N −Mg =0
Por lo tanto
N =Mg−P
X
FGx = M aGx
Ff = −µk N = M aGx
Por lo tanto
aGx = −
µk N
M
Sustituyendo los valores, se tiene que
aGx = −
µk (M g − P )
= −µk
M
g−
P
M
El valor numérico de aGx está dado por
(5) 32.2 Lbm − f t/s2
2
aGx = −0.2 32.2f t/s −
= −3.22 f t/s2
10 Lbm
39 El signo de la fuerza de fricción no es importante, unicamente indica que nuestra suposición de la aceleración angular
es incorrecta.
56
Figure 61: Diagrama de cuerpo libre sistema tambor-disco sin deslizamiento.
El signo, indica que la aceleración del centro de masas es hacia la izquierda, como se indica en la figura 61.
Finalmente, de la sumatoria de momentos alrededor del centro de masas, G, se tiene que
X
TG = I G α
P r1 − µk N r2 = M k 2 α
De manera que la aceleración angular está dada por
α=
P r1 − µk N r2
P r1 − µk (M g − P ) r2
=
2
Mk
M k2
Sustituyendo los valores numéricos, se tiene que
4
f t − 0.2 (10 Lbm) 32.2 f t/s2 − (5) 32.2 Lbm − f t/s2
(5) 32.2 Lbm − f t/s2 12
α =
2
6
ft
10 Lbm 12
rad
= 12.88 2
s
Con este resultado finaliza el problema.
57
8
12
ft