Problemas Problem as Resueltos Resuelt os de Cin´etica etica de Cuerpos Cuerp os R´ıgidos: Ecuaciones Ecuacio nes de Newton-Euler. Jo Jos´ s´e Mar´ Ma r´ıa ıa Ri Rico co Mart´ Ma rt´ınez ın ez Departam Depa rtamento ento de d e IIngeni ngenier er´ ´ıa Mec´ M ec´ anica. anica. Universidad de Guanajuato, F. I. M. E. E. Carretera Salamanca-V Salamanca-Valle alle de Santiago Km. 3.8 + 1.5 CP 36730, Salamanca, Gto., M´ exico exico E-mail:
[email protected] Ale jandro Alejan dro Tadeo Ch´avez avez Departament Depar tamento o de Ingenier´ Inge nier´ıa ıa Mecat M ecatr´ r´ onica. onica. Instituto Tecnol´ ogico ogico Superior de Irapuato Carretera Irapuato-Silao Irapuato-Silao Km. 12.5 CP 36614, Irapuato, Gto., M´ exico exico E-mail:
[email protected] 1
Intr Introd oduc ucci ci´ o ´ on. n.
En este apunte se presenta presentan n algunos algunos ejemplos ejemplos de problemas problemas resueltos resueltos acerca de la cin´ etica etica de cuerpos cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento plano general, o a algunos de sus casos particulares. Problema Problem a 1. El montacargas mostrado pesa 2250 Lb y Lb y se emplea para levantar una caja de peso W W = = 2500 Lb. Lb. El montacargas se est´a moviento a la izquierda a una rapidez de 10 ft/s ft/s cuando cuando se aplican los frenos frenos sobre sobre las cuatro cuatro ruedas ruedas.. Sabien Sabiengo go que el coeficie coeficient ntee de fricci fricci´on ´on est´atica atica entre la carga y el montacargas es 0. 0.30, determine la distancia m´aass peque˜ n naa en la que el montacargas puede pararse si la carga no debe deslizarse y el montacargas no debe voltearse hacia adelante. 1 Soluci´ on. on. Primero se analizar´ a la posibilidad de que la carga deslize sobre el montacargas. Para tal f´ın, considere considere el diagrama diagrama de cuerpo libre mostrado mostrado a la izquierda de la figura 2. Se denotar´ a por por W c el peso de la carga, por N ccm m la reacci´ on on entre la carga y el montacargas y µs el coeficiente de fricci´on on est´ aatica tica entre la carga y el montacargas. Finalmente, la aceleraci´on on horizontal calculada en esta etapa se denominar´ a a1 . Empleando Emple ando las ecuac ecuaciones iones de Newton Newton —la carga puede considerar considerarse se como una part part´´ıcula, ıcula, pues est´ a sujeta a traslaci´on—, on—, se tiene que ΣF y = 0
− W c + N cm cm = 0
ΣF x = M ax
1
µs N cm cm =
W c a1 g
Este es el Problema 16.10 del libro Vect Vector or Mechanic Mechanicss for Engineers: Engineers: Stati Statics cs and Dynam Dynamics. ics. Be Beer, er, F.P., Johnston, Johnston, E.R. y Mazu Mazure rek, k, D.F., Cornw Cornwell, ell, P.J. and Eisenber Eisenberg, g, E. R., Ninth Edition, McGraw McGraw Hill: New York. York.
1
Figure 1: Dibujo de un montacargas y carga. De la primera ecuaci´on on se tiene que N ccm = W c . m = W Sustituyendo este resultado en la segunda ecuaci´on, on, se tiene que la aceleraci´oon n m´axima axima que el montacargas puede soportar sin que la carga se deslize, est´a dada por µs W c =
W c a1 g
por lo tanto tanto
a1 = µ = µ s g = (0 (0..3)(32 3)(32..2 p/s2 ) = 9.66 66 p/s p/s2
A contin continuaci´ uaci´ on on se analizar´a la posibilidad de que el montacargas se voltee hacia el frente. Debe notarse que la posici´on on cr´ıtica ıtica para evaluar esa posibilidad p osibilidad ocurre o curre cuando las ruedas traseras est´an an a punto de despegarse. despega rse. Por esta raz´ on, on, el diagrama de cuerpo r´ıgido 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.
2
El primer paso ser´a la determinaci´on on de la localizaci´oon n del centro de masas del conjunto formado por el montacargas y la carga. Para este f´ın se emplear´ a como referencia el punto A punto A localizado en las ruedas delanteras. Se denotar´a por por C C el el centro de masas de la carga, por G al centro de masas del montacargas y por GC por GC al al centro de masas del conjunto carga y montacargas c m c QA = W rC/A + W rG/A = W g g g
Por otro lado QA =
m 3 ˆi + 4 jˆ f t. + W g
−
4 ˆi + 3 jˆ f t.
W m + W c rGC/A g
Por lo tanto rGC/A =
W c g
−
2500 lbf. =
3 ˆi + 4 jˆ f t. + W g
−
m
W m +W c g
4 ˆi + 3 jˆ f t.
=
W c
−
3 ˆi + 4 jˆ f t. + W m 4 ˆi + 3 jˆ f t. W m + W c
3 ˆi + 4 jˆ f t. + 2250 lbf. 4 ˆi + 3 jˆ f t. = 4750 lbf
6 ˆ 67 ˆ i + j f t. 19 19
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 condici´on on Σ T GC 0. GC
≤
Desarrollando est´a condici´ condici´ on on se tiene que 67 µ N A f t. 19
−
6 N A f t. 19
≤0
µ
≤
6 19 67 19
=
6 = 0.08955 67
De manera que de la ecuaciones Σ F y = M ay
Σ F x = M ax
se obtiene N A
− (W c + W m) = 0
µ N A =
W c + W m ax g
Por lo tanto A ax = W µ + N W c
m
g
c + W m ) = µ g = 2.8835 ft/s2 . = µ (W W + W c
m
g
Puesto que esta ultima u ´ltima aceleraci´on on es la menor, es la que limita la distancia distancia m´ m´ınima para frenar. El c´alculo alculo est´a dado por vf 2 v02 02 (10 ft/s ft/s))2 = 17 17..34 f t. = s = 2( 2.8835 ft/s2 ) 2 ax
−
− −
Debe notarse que el signo de la aceleraci´on on se toma negativo pues es en sentido contrario a la velocidad 2 inicial. 2
La respuesta dada en el manual de soluciones es evidentemente incorrecta.
3
Problema Problem a 1b. El montacargas mostrado pesa 2800 K g lleva una caja de 1500 Kg a la altura que
muestra la figura 3. El montacargas muestra montacargas se est´ a moviento a la izquierda cuando se aplican los frenos lo cual 2 causa una desaceleraci´on on de 3 m/s . Si el coeficiente de rozamiento est´atico atico entre la caja y el elevador elevador del montacargas es de 0. 0.50 determ´ dete rm´ınese ınes e (a) si la caja se deslizar´a y (b) la componente vertical de la reacci´on on 3
en cada rueda.
Figure 3: Dibujo de un montacargas y la carga. Soluci´ on: on: Primero se determinar´ a si la caja ca ja se desliza respecto al montacargas. Para tal f´ın, ın, considere
el diagrama diagrama de cuerpo cuerpo libre most mostrad radoo a la izquierd izquierdaa de la figura figura 4. Se denotar´ denotar´ a por por W c el peso de la carga, por N por N cm on on entre la carga y el montacargas y µ y µ s el coeficiente de fricci´on on est´atica atica entre la cm la reacci´ carga y el montacargas. Finalmente, la aceleraci´on on horiz horizont ontal al calculada calculada en esta etapa se denominar´ denominar´ a a 1 . Empleando Emple ando las ecuac ecuaciones iones de Newton Newton —la carga puede considerar considerarse se como una part part´´ıcula, ıcula, pues est´ a sujeta a traslaci´on—, on—, se tiene que ΣF y = 0
− W c + N cm cm = 0
ΣF x = M ax
µs N cm cm =
W c a1 g
De la primera ecuaci´on on se tiene que N ccm = W c . m = W Sustituyendo este resultado en la segunda ecuaci´on, on, se tiene que la aceleraci´oon n m´axima axima que el montacargas puede soportar sin que la carga se deslize, est´a dada por W c a1 por lo tanto tanto a1 = µ = µ s g = (0 (0..5)(9 5)(9..81 m/s2 ) = 4.905 m/s2 µs W c = g Puesto que esta aceleraci´on on es mayor que la experimentada por el montacargas, 3 m/s2 . La con conclu clusi´ si´ on on es que la caja no se desliza y el conjunto montacargas y caja actua como un ´uni unico co cuerpo cuer po r´ıgi ıgido. do. Para analizar las reacciones en las ruedas del montacargas montacargas considere el diagrama de cuerpo r´ıgido a la derech derechaa de la figura 4. Para Para este objeto objeto se usar´ usaran ´an dos diferent diferentes es procedimiento procedimientos. s. La aplicaci´ on o n de 3
Este es el Problema Problema 16.11 del libro Mec´ anica Vectorial para Ingenieros, Din´ amica. Beer, F.P. y Johnston, Johnston, E.R., Quinta Edici´ on, McGraw Hil l: M´ exico. exico. Tr Traducci´ aducci´ on de la Quinta Edici´ on del Ingl´es.
4
Figure 4: Diagramas de Cuerpo Libre de la carga y del conjunto formado por el montacargas y la carga. las ecuaciones de Newton-Euler y la aplicaci´on on del principio de D’Alem D’Alembert. bert. Para Para la aplicaci´ aplicaci´ on o n de las ecuaciones de Newton-Euler el primer paso ser´a la determina determinaci´ ci´ on on del centro de masas del conjunto. QA = M c rC/A + M m rG/A = M c Por otro lado
−
0.4 ˆi + 0. 0.95 jˆ m + M m 0.6 ˆi + 0. 0.275 jˆ m
QA = (M m + W c ) rGC/A Por lo tanto M c
rGC/A =
−
1500 K g =
0.4 ˆi + 0. 0.95 jˆ m + M m 0.6 ˆi + 0. 0.275 jˆ m
−
M c + M m 0.4 ˆi + 0. 0.95 jˆ m + 2800 Kg
4300 K g
0.6 ˆi + 0. 0.275 jˆ m
ˆ = 0.25116 m ˆi + 0. 0.51046 m j. De manera que de la ecuaciones de Newton-Euler est´an an dadas por Σ F y = M ay
Σ F x = M ax
se obtiene N A + N B
− (M c + M m ) g = 0
µ N A + µ N B = µ (N A + N B ) = (M c + M m ) a x
Debe notarse que de estas ecuaciones es posible determinar la suma de las reacciones N A + N B y la magnitud del del µ (N A + N B ) necesaria para satisfacer la desaceleraci´on on del conjunto de montacargas y carga. Finalmente la ecuaci´on on ΣT G = 0
− N A (0 (0..6 m) + N B (0 (0..3 m) + µ (N A + N B ) (0 (0..51046 m) = 0 5
Sustituyendo la segunda ecuaci´on on en la tercera, se tiene que
−N A (0 (0..25116 m) + N B (0 (0..64884 m) + (M ( M c + M m ) a x (0 (0..51046 m) = 0 De manera que la primera y tercera ecuaci´on on resultan N A + N B = 42183 N Matricialmente
−
− 0.25116 N A + 0.0 .64884 64884N N B = −6584 6584..9 N
N A N B
1 1 0.25116 0.64884
=
El determinante de la matriz de coeficientes est´a dado por ∆= Por lo tanto N A = Adem´ as as N B =
−
−
1 1 0.25116 0.64884
42183 N 1 6584..9 N 0.64884 6584 ∆
−
1 0.25116
=
42183 N 6584..9 N 6584
− ∆
42183 N 6584..9 N 6584
−
= 0.9
33954 N = 37727 N = = 3845 Kgf. 0.9
=
4009 N = 4455 N = = 454 Kgf. 0.9
Figure 5: Diagramas Figure Diagramas de cuerpo libre de la carga y del conjunto conjunto formado por el montaca montacargas rgas y la carga con aplicaci´on on del principio de D’Alembert. Ahora se resolver´a el problema empleando el principio de D’Alembert, para tal f´ın, se incluir´aan n las fuerzas de inercia asociadas a las aceleraciones de la caja y del montacargas. El conjunto de montacargas 6
y caja bajo la influencia de las fuerzas externas y de las fuerzas de inercia est´a en equilibrio y, por lo tanto, para cualquier punto P punto P ,, una ecuaci´on on v´alida alida es P ΣT P = 0 En particular, para el punto A punto A,, se tiene que ΣT A = N B (0 (0..9 m) + M c a1 (0 (0..95 m) + M m a1 0. 0.275 m + M c g 0.4 m
− M m g 0.6 m = 0
Por lo tanto N B =
[ (1500)(3)(0 (1500)(3)(0..95)
−
2
− (28 (2800)(3) 00)(3) (0 (0..275) − (1500)(9 (1500)(9..81)(0 81)(0..4) + (2800) (2800) (9 (9..81) 81) (0 (0..6)] K gm · m/s · m 0.9 m
4009 4009..8 N = = 4455. 4455.33 N. 0.9 Sustituyendo este resultado en la ecuaci´on on de equilibrio en la direcci´on on vertical =
N A +N B (M c +M m ) g = 0 N A = (M c +M m ) g N B = (4300Kg (4300Kg m)(9. )(9.81 81m/s m/s2 ) 4455 4455..33 33N N = = 37727 N.
−
−
−
Como puede verse ambos resultados coinciden. Problema 1c. Una barra uniforme B uniforme BC C que que pesa 8 Lb se Lb se conecta a un collar A collar A mediante una cuerda
AB de 10 pulg AB de 10 pulg,, vea la figura 6. Despreciando la masa del collar y la cuerda, determine ( a) la aceleraci´on on constante m´as as peque˜ na na para la cual la cuerda cuerd a y la barra b arra yacen en e n ll´´ınea recta, rec ta, (b) la tensi´ tensi on ´on correspondiente 4 de la cuerda.
Figure 6: Corredera que arrastra a barra. Soluci´ on. on. Sea Sea L = 16 16 pulg. pulg. la longitud longitud de la barra. barra. Debe notars notarsee que si la cuerda cuerda y la barra son
colineales entonces la inclinaci´on on de ambas respecto a la horizontal es igual a 24 = 67 67..38013◦ 26 Entonces, el diagrama de cuerpo libre de la barra se muestra en la figura 7 θ = sen = sen −1
4
Este es el Problema 16.4 del libro Vector Vector Me Mechanics chanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Mazure Mazurek, k, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenb Eisenber erg, g, E. R., Ninth Edition, McGraw McGraw Hill: New York York..
7
Figure 7: Diagrama de cuerpo libre de la barra. Las ecuaciones de movimiento de la barra est´an an dadas por Σ F x = M ax
T co coss θ = M = M ax
Σ F y = M ay
T sen sen θ + RC
− M g = 0
y Σ T G = 0
RC L cosθ cosθ = 0 Por lo tanto RC = 00.. 2 Sustituyento este resultado en las ecuaciones anteriores, se tiene que T senθ = senθ = M M g
T T =
Mg = 279. 279.06 Poundals Poundals = = 8.6666 Lbf. senθ
Adem´ as as
T cosθ = 13 13..416 416 pie/s pie/s2 . M Debe notarse que la condici´on on RC = 0 es necesaria para que la soluci´oon n sea consistente pues, en caso contrario, la barra sufrir´ııaa rotaci´on. on. Problema 1d. Un barril completamente lleno y su contenido tienen un peso combinado de 200 Lb. Lb. Un cil´ındr ın droo C C se se conecta al barril a una altura h = 22 in in como como se muestra muestra en la figura 8. Sabiendo Sabiendo que µs = 0.40 y µ k = 0. 0 .35. Determine el m´aximo aximo peso de de C para para que el barril no se voltee.5 Soluci´ on. on. Se definir´ an an las siguientes variables ax =
b = 20 in h = 36 in c = 22 in h1 = c = c
in = = 4 in − h2 = 22 in − 18 in
Es necesario nec esario analizar analiza r si el cil ci l´ındro C C produce 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 r´ıgido ıgi do del barril bar ril y del d el cil´ındro ınd ro est´an an most mostrados rados en la figura refBeer16-13 refBeer16-13a. a. En este caso las ecuaciones de movimiento son para el barril ΣF y = 0
M g + g + N B = 0
ΣF x
≤ µs N B
5
T
≤≤ µs N B
Este es el Problema 16.13 del libro Vect Vector or Mechanic Mechanicss for Engineers: Engineers: Stati Statics cs and Dynam Dynamics. ics. Be Beer, er, F.P., Johnston, Johnston, E.R. y Mazu Mazure rek, k, D.F., Cornw Cornwell, ell, P.J. and Eisenber Eisenberg, g, E. R., Ninth Edition, McGraw McGraw Hill: New York. York.
8
Figure 8: Barril conectado a un cilindro C C .. y ΣT G
0
N B
2
≥
De las ecuaciones del cilindro C cilindro C se se tiene que ΣF y = 0
b
µs N B
h 2
−
T h1
−
0
≥
T
−− M c 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 cil cil´´ındro, se tiene que N B = M g
T T = M c g
Sustituyendo estos resultados en la suma de momentos, se tiene que Mg
b 2
− µs M g h2 − M c g h ≥ 0 1
9
Resolviendo para M para M c se obtiene (b − µs h) 200 Lbm 20 in − 0.40(36 in in)) = 140 Lb = ≤ M (b 2 4 in 2h
M c
1
Finalmente, se verificar´a si existe movimiento del barril. De la suma de fuerzas en x, x , se tiene que ΣF x
≤ µs N B
M c g
≤ µs M g
M c
≤ µs M
Pero se tiene que 140 Lbm
≤ 0.40 (200 (200 Lbm Lbm)) = 80 Lbm
Este resultad Este resultadoo indica indica que el barril barril si se mueve mueve.. De manera manera que el an´ alisis alisis 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 aceleraci´on hacia la derecha del barril es igual a la aceleraci´on hacia abajo aba jo del cil´ cil´ındro. Las ecuaciones de fuerzas de los cuerpos son 1. Para Para el barril barril ΣF y = 0 2. Para el cil´ cil´ındro
Mg
− N B = 0
ΣF y = M ay
ΣF x = M a
− µk N B + T T = M a
T
−− M c g = −M c a
De manera que, de la suma de fuerzas en x en x para para el barril y de la suma de fuerzas en y para el cilindro, se tiene que M c g T N B = M g M c a = M = M c g T a = M c
−
−
Sustituyendo estos resultados en la suma de fuerzas en x en x para el barril, se tiene M c g − T −µk M g + T T = M M c
− µk M M c g + T M c = M M c g − T M 10
Por lo tanto, la tensi´oon n de la cuerda est´a dada por T T =
M M c g (1 + µk ) M + + M c
Para evitar que el barril se vuelque es necesario que ΣT G
≥ 0
b 2
N B
− µk N B h2 − T h ≥ 0 1
Sustituyendo los valores de N de N B y T se T se tiene que Mg
b 2
(1 + µk ) h ≥ 0 − µk M g h2 − M M M c g + + M c 1
o (M + + M c ) (M b
− µk M h) − 2 h [M [M M c (1 + µk )] ≥ 0 1
La ecuaci´ ecuaci´ on on puede rearreglarse como M 2 (b
− µk h) h) + M M c [b [b − µk h − 2 h (1 + µk )] ≥ 0 1
y, despejando M despejando M c , se llega a 20 in − 0.35(36 in in)) M (b − µk h) h) = 435. 435.29 Lbm = 200 Lbm ≤ −b + µM −20 in + 0.0.35(36 in in)) + 2(4 in in)(1 )(1 + 0. 0.35) k h + 2 h (1 + µk )
M c
1
La masa m´axima axima de M de M c para que el barril no se vuelque es M c = 435. 435.29 Lbm Lbm.. Problema 1e. La camioneta vista desde su parte posterior est´ a viajando a una rapidez rapidez v v alrededor
de una curva de radio medio r peraltada hacia adentro en un angulo θ ´angulo θ.. El coeficiente coeficiente efectivo efectivo de fricci´ fricci´ on on entre las llantas y el camino es µ. Determ Determine ine (a (a) el ´angulo angulo de peralte adecuado para un valor de de v que eliminine cualquier tendencia a deslizarse o voltear, y (b (b) la m´axima axima velocidad v velocidad v antes antes de que la camioneta se voltee o deslize para un valor dado de θ. Note que las fuerzas y aceleracione aceleracioness 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 Soluci´ on: on: Considere el diagrama de cuerpo libre de la camioneta mostrado en la figura 12. Note que los ejes X ejes X y Y Y se se han girado para que sean paralelo y perpendicular al peralte. En este diagrama se han incluido las fuerzas de fricci´oon n en ambos pares de ruedas, las interiores A y las exteriores B exteriores B . Adem´ as as se sabe que la aceleraci´on on normal est´a dada por an =
v2 r
Las ecuaciones de movimiento de la camioneta, para evitar que la camioneta se salga de la carretera, son ΣF x = M ax
−µ N A−µ N B −M g sen θ = −
v2 M cos θ r
6
µ (N A + N B ) = M
−
v2 gsenθ + gsenθ + cosθ r
Este es el Problema 6.28 del libro Engine Engineering ering Mechani Mechanics: cs: Dynam Dynamics. ics. Meri Meriam, am, J. L. and Kr Kraige, aige, L. G., Seventh Edition, John Wiley: Edition, Wiley: New Yor York. k.
11
Figure 11: Dibujo de una Camioneta en una Curva Peraltada.
Figure 12: Diagrama de Cuerpo Libre de una Camioneta en una Curva Peraltada. y ΣF = M a y
y
N + N A
B
−
v2 M g cos θ = M = M sen θ r
N + N = M A
B
Sustituyendo la segunda ecuaci´oon n en la primera, se tiene que v 2 = M µ M gcosθ gcosθ + + senθ = M r
−
v2 gsenθ + gsenθ + cosθ r
v2 (1 r
− µtanθ µtanθ)) 12
2
v 2 senθ r
v cosθ + + µsenθ µsenθ)) −g (senθ senθ + + µcosθ µcosθ)) = (−cosθ r
Dividiendo ambos lados entre el coseno de θ de θ y simplificando, se tiene que g (tanθ tanθ + + µ) =
gcosθ + gcosθ +
tanθ + tanθ + µ v2 = g 1 µtanθ r
−
Si se define µ
≡ tanβ,
La ecuaci´ ecuaci´ on on anterior puede escribirse como 2
tanθ + tanβ = g tan v = g tanθ + tan(β + + θ ) 1 tan β ta tan nθ r
−
Por lo tanto, para un cierto valor del ´angulo angulo de peralte, la velocidad m´axima axima de la camioneta v camioneta v max , para evitar que se salga de la carretera est´a dada por vmax =
g r t a n( n(β + + θ)
Figure 13: Segundo Diagrama de Cuerpo Libre de una Camioneta en una Curva Peraltada. 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 condici´on on Σ T G
≥ 0
Es decir, si en la posici´on on cr´ cr´ıtica mostrada en la figura 13 el momento resultante es positivo. La desigualdad resultante est´a dada por
b b µ µ N B h 0 2h 2 Este resultado indica que la camioneta se deslizar´a primero cuando N B
−
≥
≥
µ
≤ 2bh
En este caso, se tiene que la velocidad m´axima axima que puede tener la camioneta sin deslizarse es vmax =
g r t a n( n(β + + θ ) = 13
g r t a n [( [(tan tan−1 µ) + θ]
Evidentemente, la camioneta se volcar´a cuando b 2h
µ>
Entonces, para calcular la velocidad m´aaxima xima se sustituye b µ = 2h y la velocidad m´axima axima para que no se vuelque, est´a dada por vmax =
g r t a n( n(β + + θ ) =
b )+θ g r t a n (tan−1 2h
Estos resultados resuelven la segunda parte del problema. La primera parte es´a indicada de manera muy cr cr´´ıptica. Para evitar cualquier posibilidad de volteo el coeficiente de fricci´ f ricci´ on µ on µ = = 0. En ese caso, el ´angulo angulo del peralte que evita, tambien que la camioneta se deslize est´a dado por θ =
2
v tan−1 gr
−
β
para cuando µ cuando µ = 0. Por lo tanto, β = = tan −1 µ = tan = tan −1 0 = 0 y el resultado final es θ = tan = tan −1
v 2 gr
Problema 2. Una varilla delgada y uniforme AB AB de 4 K g se mantiene fija mediante dos cuerdas y
el eslab´on C on C A cuyo peso p eso puede ignorarse. Despu´ es es de cortar la cuerda B cuerda B D, el ensamble gira en un plano vertical bajo el efecto combinado de la gravedad y un par M de 6 N m aplicado al eslab´on on CA en la forma en que se muestra. Determine, inmediatamente despu´ es es de que ha sido cortada la cuerda cuerda BD BD,, a) 7 la aceleraci´on on de la varilla AB varilla AB,, b) la tensi´on on en la cuerda E cuerda E B . b) la Soluci´ on: on: En esta primera parte mostraremos que, inmediatamente despu´ es es de que se corta la barra BD,, la barra, 3, AB BD 3, AB est´a sujeta a movimiento de traslaci´on on curvil´ cu rvil´ınea. ınea. Si la cuerda E B , indicada como eslab´ oon n 4, est´a en tensi´on, on, se comporta como un cuerpo r´ıgido de manera que la velocidad del punto punto B de la barra est´a dada por
−−
vB 3 = = vB 4 = = ω4
×
rB/E = ω 4 ˆk
×
LEB co coss θˆi
−
ˆ + LEB ω4 senθ ˆi LEB sen sen θ jˆ = L = LEB ω4 cosθ j j +
donde θ donde θ = 60◦ . Por otro lado, la velocidad del punto B puede calcularse como vB 3 = ω2
× rA/C + ω × rB/A = ω = ω ˆk × 3
2
LCA cosθˆi
= LCA ω2 cosθ j + jˆ + LCA ω2 senθ ˆi + LAB ω3 ˆ j. 7
− LCA senθ jˆ
+ ω3 ˆk
× LAB ˆi
Este Este es el Pro Proble blema ma 16.13 del libro libro Mec´ anica Vectorial Vectorial Para Ingenieros, Ingenieros, Din´ amic amica. Be Beer, er, F.P., Johnston Johnston,, E.R. E.R. y Clausen, W.E., Octava edici´ on, McGraw Hil l: M´ exico exico D.F. D. F.
14
1
1 2 4 1 3
Figure 14: Gr´afica afica de un barra sujeta por una cuerda y otra barra. Igualando las ecuaciones vectoriales, se obtienen las siguientes dos ecuaciones escalares: LEB ω4 senθ senθ = = L LCA ω2 sen θ De la primera ecuaci´on on
LEB ω4 cosθ cosθ = = L L CA ω2 cosθ cosθ + + LAB ω3 ω4 = ω 2
LCA , LEB
Sustituyendo este resultado en la segunda ecuaci´on, on, se tiene que LEB ω2
LCA cosθ = cosθ = L LCA ω2 cosθ cosθ + + LAB ω3 LEB
Por lo que LAB ω3 = 0, Puesto que LAB = 0,
ω3 = 0.
Este resultado indica, que un instante despu´eess de cortarse la cuerda BD BD,, la velocidad angular de la barra AC barra AC B es igual a 0. El an´alisis alisis puede extenderse para probar que la aceleraci´on on angular de la barra ACB es tambien igual a 0. 2 4
aB 3 = aB 4 = α 4
× rB/E − ω rB/E = α ˆk × LEB cos cos θˆi − LEB se sen n θ jˆ − ω 4
= De manera semejante
2 4
LEB co coss θˆi
ˆ + LEB α 4 senθ j + sen n θ j LEB α4 cosθ cosθ + + ω42LEB se
aB 3 = α 2
2 2
× rA/C − ω
rA/C + + α3
Pero puesto que que ω3 = 0, se tiene que 15
2 3
× rB/A − ω
− LEB sen sen θ jˆ 2 4
cos θ − ω LEB cos
rB/A
ˆi
aB 3 = α 2
2 2
× rA/C − ω
= α2 ˆk =
rA/C + + α3
LCA cosθˆi
×
× rB/A
LCA senθ jˆ
−
−
LCA senθ jˆ + α3 ˆk
ω22 LCA cosθˆi
−
ˆ + LCA α2 senθ LCA α2 cosθ cosθ + + ω22 LCA senθ senθ + + α3 LAB j j +
2 2
LAB ˆi
×
− ω LCA cosθ
ˆi
Mas a´ un, un, la aceleraci´on on de la barra AB barra AB,, tendr´a la direcci´on on de la aceleraci´on on tangencial de los puntos A o B . Los diagramas de cuerpo libre de las barras C barras C A y AB AB se se muestran en la figura 15.
Figure 15: Diagramas de Cuerpo Libre L ibre de los Cuerpos R´ıgidos Involucrados. Puesto que la masa de la barra CA es despr despreciab eciable, le, las ecuaciones ecuaciones de la cin´ cin´etica etica de esta barra se convierten en las ecuaciones de la est´atica, atica, y est´an an dadas por
o
F F = 0
−RAx + RCx = 0 − RAy + RCy = 0
M C C = 0.
M
−− RAx Lsenθ − RAy L cos θ = 0.
donde L = 0.45 m. y donde m. y θ = 60◦ . De la tercera ecuaci´oon, n, se tiene que RAx
√ 3
1 M 40 + RAy = = N. o 3 L 2 2
√
3RAx + RAy =
80 N. 3
Las ecuaciones de la cin´eetica tica de la barra AB barra AB est´an an dadas por
o RAx T BD coss θ = BD co
−
−M AB AB a G sen θ
F F = M aG
M G = 0.
RAy +T BD sen n θ M AB g = BD se AB g =
−
16
d d −M AB BD D senθ = 0, AB a G cosθ −RAy +T B 2 2
donde d = 0.6 m. De la tercera ecuaci´on donde on RAy = T BD sen n θ = BD se Por lo tanto
√ 3
√
80 N. T B 3RAx + BD D = 3 2
RAx =
80 3
N.
√ 3 2
T BD BD
√
3 2
−√ T BD 1 80 BD = √ N. − T BD BD . 2 3 3 3
Sustituyendo R Sustituyendo R Ax y R Ay en las dos primeras ecuaciones de la cin´ etica etica de la barra AB 80 N. 3 3
√ −
1 T BD BD 2
√ 3
− T BD coss θ = −M AB BD co AB a G senθ
2
T B sen θ BD D + T BD BD sen
Multiplicando la primera ecuaci´on o n por cosθ y la segunda ecuaci´oon n por t´eermino, rm ino, se tien t ienee que qu e 80 N. 3 3 3 senθ T BD BD 2 La ecuaci´ ecuaci´ on on resulta es cosθ
√
√ − 12 T BD coss θ − T BD BD co BD cos
−
40
√ N. − 3 3
2
θ =
− M AB g = −M AB AB g = AB a G cosθ
− senθ y sumand sumandoo t´ermino ermino a
−M AB AB a G senθcosθ
2 T BD cos θ senθ senθ BD sen θ + senθM A AB B g = +M AB AB a G cos
−
1 T B BD D 4
− T BD BD −
√
3 3 (4 (4Kgm. Kgm.)) 9.81 81m/s m/s2 = 0 T BD BD + 2 4
Por lo tanto
T B 20..84 N. BD D = 20 La aceleraci´on on de la barra AB barra AB est´a dada por 80
1 √ coss θ = −M AB N. − T BD BD − T BD BD co AB a G senθ 2 3 3 aG =
−
80 3
√ N. + 21 T BD coss θ BD + T B BD D co 3 = M AB sen θ AB sen
−
80
√ N. + T BD BD 3 = 1.571 m/s2 . M AB se sen n θ AB
3
Problema 2a. La barra 3 de 15 Lb se Lb se conecta con un disco 2 cuyo centro de masas est´a en en A A y con la manivela 4, vea la figura 16. Sabiendo que el disco se hace rotar a una rapidez constante de 180 rpm rpm,, determine para la posici´on on mostrada las componentes verticales de las fuerzas ejercidas sobre la barra 3 en los pernos B pernos B y C C ..8 Soluci´ on. on. Debe notarse que si las condiciones de gravitacional son las normales una barra cuya masa es de 15 Lbm. Lbm. tiene tiene un peso de 15 Lbf. Lbf. de de manera que no es necesario indicar si los 15 Lb representan Lb representan masa o peso. Es importante notar que el mecanismo mostrado en la figura 16 es un mecanismo paralelogramo, por lo cual el eslab´oon n 3 est´a sujeto a traslaci´on on —curvil —curvil´´ınea— por p or lo que todos los puntos puntos del cuerpo cuerpo 8
Este es el Problema 16 .19 del libro V Vector ector Mechanics Mechanics for Engineers: Statics, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R., Mazurek, D.F. et al. Ninth Mazurek, Ninth edi edition, tion, McGraw McGraw Hill: NewY NewYork ork
17
Figure 16: Mecanismo paralelogramo. deben tener la misma velocidad y aceleraci´on. on. Por otro lado, puesto puesto que el disco gira a velocidad velocidad angular angular constante α 2 = 0. El primer problema es determinar la aceleraci´on on del eslab´on on 3. Primero, se determinar´a el vector de posici´oon n del punto punto B B respecto del punto A punto A,, donde a donde a = 2 in in,, θ = 30◦ y ω 2 = 6 π rad/ rad/ss as´ı pu pues es rB/A = 4 asenθ ˆi + 4 acosθ jˆ Por lo tanto 2 aG3 = aB = α =
2 2
× rB/A − ω
−144 π
2
rB/A =
asenθ ˆi
− (6 π rad/ rad/ss)
− 144 π
2
acosθ jˆ
2
4 asenθ ˆi + 4 acosθ jˆ
Ahora se considerar´an an los diagramas de cuerpo libre de los eslabones del mecanismo, vea la figura 17. Es importante notar que el centro de masas del disco est´a localizado en el punto A punto A y que este disco 2 no tiene aceleraci´on on angular. Por lo tanto, puesto que A = 0 ΣT se tiene que la reacci´oon n en el perno perno B debe pasar por el punto A, de manera que cuando se aplica a la barra 3, se tiene que ˆ ˆ ˆ ˆ RB = R Bx i + RBy j = j = R B senθ i + cosθ j A diferencia del punto B punto B,, la falta de informaci´oon n acerca de la distribuci´on on de masas del eslab´on on 4, requiere suponer que no hay ninguna relaci´on on entre las componentes horizontal y vertical en el punto C C .. Es decir
C = R Cx ˆi + RCy ˆ R j Por lo tanto, las ecuaciones de movimiento del eslab´on on 3 est´an an dadas por ΣF x = M ax ΣF y = M ay
RBx + RCx = M aGx
RBy + RCy
− M g = M aGy 18
2
RBx + RCx =
−144 M π asenθ RBy + RCy = M g − 144 π acosθ
2
Figure 17: Diagramas de cuerpo libre del mecanismo paralelogramo. y ΣT G = 0
− RBy 152 a + RCy 152 a = 0
De esta ultima u ´ltima ecuaci´on on se tiene que RBy = R Cy Sustituyendo este resultado en la segunda ecuaci´on, on, se tiene que
−
2 RBy = M g RBy
144 π 2 acosθ
M = 32 32..2 ft/s2 144 π 2 acosθ = (7 (7..5 Lbm Lbm)) 2 = 1297 Poundals Poundals = = 40 40..2 Lbf.
−
Por lo tanto RB =
−
−
RBy = cosθ
32 32..2 ft/s2
−
1 cos 30◦ 144 π 2 rad/s2 ft cos 6
−1297 1297Poundals Poundals = −1497 1497..6 Poundals Poundals = = 46 46..51 Lbf. cos 30◦
La componente componente x x de la reacci´on on en B en B est´a dada por RBx = R = R B sen sen θ = 1497 1497..6 P oundalssen oundalssen 30◦ =
−
−748 748..8 Poundals Poundals = = 23 23..25 Lbf.
Finalmente, se tiene que 1 748..8 Poundals Poundals)) −144 M π asenθ − RBx = −144(15 Lbm Lbm))π ft.sen 30◦ − (−748 6 = −1027 1027..72 Poundals Poundals = = −31 31..917 Lbf.
RCx =
2
2
Problema 3. El disco de 180 mm. de radio est´ a en reposo cuando se coloca en contacto con la banda
que se mueve a velocidad constante, vea la figura 18. Despreciando el peso del eslab´on AB on AB y conociendo 19
que el coeficiente de fricci´on on cin´ cin´eetica tica entre el disco y la banda es µk = 0.4, determine la aceleraci´on on 9 angular del disco mientras ocurre deslizamiento.
Figure 18: Disco soportado mediante una barra y una banda. Soluci´ on: on: La figura 19 muestra los diagramas de cuerpo libre del disco y de la barra. Debe notarse que como se desprecia el peso del eslab´on on AB esto es equivalente a decir que se supone que el eslab´on AB est´a en reposo. reposo. Po Porr lo tanto, tanto, la fuerza fuerza que el eslab eslab´on ´on AB aplica al disco y la reacci´oon n 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 producir´ producir´ıan un momento perpendicular al plano del papel. pap el.
Figure 19: Diagramas de Cuerpo Libre del disco y barra. 9
Este es el Problema 16 .27 del libro V Vector ector Mechanics Mechanics for Engineers: Statics, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R., Mazurek, D.F. et al. Ninth Mazurek, Ninth edi edition, tion, McGraw McGraw Hill: NewY NewYork ork
20
Las ecuaci´ones ones de movimiento del disco est´an an dadas por
F x = 0 N
−− F C θ = θ = 0
F y = 0 µk N
T G = I G α
M g + g + F S θ = 0
− −µk N r = 12 M r
2
α
donde el momento de inercia del disco, con respecto a su centro de masas que es el centro del disco, se calcul´ o mediante tablas de momentos de inercia. De la primera ecuaci´on, on, se tiene que N = F C θ Sustituyendo este resultado en la segunda ecuaci´on, on, se tiene que µk F C θ
− M g + F S θ = 0
Por lo tanto F F =
Mg µk C θ + θ + S θ
y N = M g C θ = M g µk C θ + θ + S θ µk + tanθ Sustituyendo estos resultados en la tercera ecuaci´on on se tiene que 1 g r = M r −µk µk +Mtanθ 2 Por lo tanto α =
−
1 2
µk M g = M r (µk + tanθ tanθ))
2
α
g = −20 20..449 449rad/s rad/s . − r ( µk2 +µktanθ tanθ)) 2
donde el signo menos indica que la aceleraci´on on angular es en sentido horario. Problema 4. El volante mostrado en la figura 20 tiene un radio de 500 mm mm y y una masa de 120 kg, kg , y un radio de giro de 375 mm mm.. Un bloque bloque A de 15 kg se une a un alambre que est´a enrollado al volante, y el sistema se abandona abandona a partir partir del reposo. Desprecian Despreciando do el efecto efecto de la fricci´ on, on, determine determine (a (a) la 10 aceleraci´ on on del bloque A bloque A,, (b) la velocidad del bloque A despu´eess que se ha movido 1.5 m. Soluci´ on. on. Es importante importante notar que la aceleraci´ aceleraci´ oon n angular del volante y la aceleraci´on on lineal del bloque est´an an relacionadas por la ecuaci´on on aA = α = α r donde α, aA y r son respectivamente la aceleraci´oon donde α, n angular del volante, la aceleraci´on on vertical vertical del bloque A y el radio exterior del volante. volante. Adem´ as, as, si si α es en sentido horario, a A es hacia abajo. Los diagramas diagramas de cuerpo libre del volante y del bloque se muestran en la figura 21. 10
Este es el Problema 16 .32 del libro V Vector ector Mechanics Mechanics for Engineers: Statics, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R., Mazurek, D.F. et al, Nint Mazurek, Ninth h edi edition, tion, McGraw McGraw Hill: NewY NewYork ork
21
Figuree 20: Volante Figur olante con bloque unido mediante mediante un alambre alambre enrollado en el volant volante. e. Las ecuaciones de movimiento del volante y el bloque est´an an dadas por
F x = M = M aGx
ROx = 0
F y = M aGy
ROy
T G = I G α
F y = M aA
−T r = M = M k α T − − M A g = M A aA
− T −− M g = 0 2
donde k es el radio de giro del volante, M es donde M es la masa del volante y M A es la masa del bloque A. Las Las unicas u ´ nicas ecuaciones relevantes son las dos ultimas. ´ultimas. Sustituyendo la aceleraci´ aceleraci´ on on angular se tiene que a A −T r = M = M k r 2
o T T =
− M kr
2
aA
2
Sustituyendo este resultado en la ultima u ´ltima ecuaci´on, on, se tiene que M k 2 aA
M A g = M = M A aA
2
−
Por lo tanto
r
− aA = −
M A g
M A + M
Sustituyendo Sustitu yendo los lo s valores num´ericos, ericos, se tiene tien e que aA =
−
k 2 r
(15 kgm kgm)) 9.81 81m/s m/s2 15 kgm + 120 kgm
0.375 m 0.5 m
2
=
2
−1.7836 m/s
El signo negativo indica que el bloque A bloque A se mueve hacia abajo, como era de esperarse. 22
Figure 21: Diagramas de cuerpo libre y bloque. Es importante notar que el bloque A tiene movimiento m ovimiento rectil´ıneo ıneo con aceleraci´ acelerac i´on on uniform uniforme. e. Por Por lo tanto, si el sistema parte del reposo v 0A = 0 y 2 vfA
2 0
− v A = 2 aA sA
o vf A =
√ 2 aA sA = 2.313 m/s.
Desafortunadamente, est´a ecuaci´on on unicamente indica la magnitud de la velocidad, pero es evidente que la direcci´on on de la velocidad es hacia abajo. Problem Prob lema a 5. Cada uno de los engranes A y B pesa 20 lb y tiene un radio de giro de 7. 7.5 pulg pulg,, el pi˜n n´´on C on C pesa pesa 5 lb y lb y tiene un radio de giro de 3 pulg 3 pulg.. Si el cople M , de magnitud constante de 50 lb pulg pulg,, se aplica al pi˜n n´´on on C , determine (a (a) la aceleraci´on on angular del engrane engrane A, (b) la fuerza tangencial que el 11 engrane C engrane C ejerce ejerce sobre A sobre A.. Soluci´ on. on. De la cinem´ atica atica de cuerpos r´ıgidos, se tiene que las aceleraciones angulares de los engranes est´ an an relacionadas mediante las ecuaciones
−
αA rA = α C r C = α B rB o αA = α = α B = α C
rC rA
pues rA = r B . Debe notarse adem´aass que pues que M A = M B y k A = k = k B .12 Revisando los diagramas de cuerpo libre de los engranes, se nota que no es necesario establecer las sumas de fuerzas de cada uno de los engranes, pues cada uno de ellos est´a sujeto a rotaci´on on bar b aric´ ic´entri ent rica; ca; es decir aAG = aBG = aCG = 0. Note adem´as as que si la aceleraci´oon n del engrane engrane C C es es en sentido antihorario las aceleraciones de los engranes A y B es en sentido antihorario. 11
Este es el Problema 16 .32 del libro V Vector ector Mechanics Mechanics for Engineers: Statics, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R., Mazurek, D.F. et al, Nint Mazurek, Ninth h edi edition, tion, McGraw McGraw Hill: NewY NewYork ork 12 Es evidente que la aceleraci´ on on angular del pi˜ n´ non o ´n C es horaria y que las aceleraciones angulares de los engranes A y B son horarias, por eso, en este caso indiqu’e indiqu’e esas direcciones. direcciones. Pero Pero es posible dejar dejar que el ´ a algebra lgebra gu gu´ ´ıe el e l rresultad esultado. o.
23
Figure 22: Dos engranes movidos por un pi˜n non. on.
Figure 23: Diagramas de cuerpo libre de los dos engranes y el pi˜non. De manera que la suma de fuerzas unicamente permiten determinar las reacciones en las revolutas, ejes de rotaci´on, on, de los engranes. engranes. Adem´ as as se supone que las fuerzas entre los engranes est´an dadas por fuerzas fuerzas tangenciales a los radios mostrados, que se denominar´aan n posteriormente radios de paso. Posteriormente, en cursos mas avanzados se mostrar´a 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 est´an an dadas por
T C = I C CG G = I CG G αC
2 T AG AG = I A AG G αA F A rA = M A kA αA 2 T BG = I BG BG = I BG αB F B r A = M A kA αA 2
− M + + F A rC + F B rC = −M C C k C α C 24
De la primeras dos ecuaciones se tiene que F A =
2 2 αC r C M A kA αA M A kA = 2 rA rA 2
2
F B = M A kA αA = M A kA2αC r C rA rA Sustiyendo en la
T C = I C CG G = I CG G , se tiene que
−
2 2 M A kA αC rC M A kA αC r C rC = r + M + + C 2 2 rA rA
2
−M C C kC αC
o αC =
M
2 M C C k C +
2
2 rC 2 M A kA 2 rA
=
1 50(32..2) 12 50(32 Lbm p2 /s2
−
5 Lbm Lbm(0 (0..25 25 p p))2 + 2 20 Lbm Lbm(0 (0..75 75 p p))2
4 pulg 10 pulg
2
= 34 34..2918 rad/s2 .
Por lo tanto, la aceleraci´on on del engrane A engrane A ser´a αA = α B = α C
rC
= 34 34..2918 rad/s2
= 13 13..7167 rad/s2 .
10 10 pulg pulg
rA y la fuerza entre los engranes A y C C est´ est´a dada por F A =
4 pulg
2 Lbm(0 (0..75 75 p p))2 13 13..7167 rad/s2 αA 20 Lbm M A kA = = 185 185..176 Poundals Poundals = = 5.75 Lbf. rA 0.8333 8333 p p
Figure 24: Gr´afica afica de un volante sujeto a fricci´on. on. Problema Problem a 6. El volante que se muestra en la figura 24 consiste en un disco de 30 pulgadas de di´ametro
con peso de 240 Lb. El coeficien coeficiente te de fricci´ fricci´ on on entre entre la banda banda y el volan volante te es de 0.35. 0.35. Si la ve veloci locidad dad 25
angular inicial del volante alcanza las 360 r.p.m. r.p.m. en el sentido de las manecillas del reloj, determine la requerida para deternerlo en 25 revoluciones.13 magnitud de la fuerza P P Soluci´ on: on: Este problema permite introducir un tema que forma parte de la est´atica pero que quiz´a ass los lectores no recuerdan, ese tema es fricci´on on en bandas o cuerdas. cuerdas. Para Para tal f´ın ın considere considere la figura 25, que muestra un volante con una banda o cuerda que rodea al volante 180◦ , la figura muestra aass 1 y adem´ T 2 que un an´aalisis lisis de fuerzas infinitesimales que permite determinar la relaci´on on entre las fuerzas T aparecen en los extremos de la banda, o correa.
Figure 25: Deducci´oon n del Incremento de la Fuerza de Tension Debido a la Fricci´on. on. Considere el equilibrio del elemento de la banda o correa mostrado en la figura 25. Las ecuaciones son
F y = 0 T sen
∆θ ∆θ + ((T T + ∆ T T )) sen 2 2
− N = 0,
Despreciando, los t´erminos erminos infinitesimales de orden sup superior, erior, se tiene que 14 N = 2 Tsen y F x = 0
T cos
∆θ 2
≈ T ∆∆ θ.
∆θ ∆θ + ((T T + ∆ T T )) cos
µ N = 0,
2 superior, 2 Nuevamente, Nuevame nte, despreciando los t´erminos erminos de orden sup erior, y sustituyendo el valor de N de N ,,15 se tiene
− − ∆ θ = 0 −T + ((T T + ∆ T ) T ) − µ T ∆
o ∆ T T = µ T ∆ T ∆ θ
∆ T = µ T ∆θ
13
d T = µ T . dθ
Este Este es el Pro Proble blema ma 16.23 del libro libro Mec´ anica Vectorial Vectorial Para Ingenieros, Ingenieros, Din´ amic amica. Be Beer, er, F.P., Johnston Johnston,, E.R. E.R. y Clausen, W.E., Octava edici´ on, McGraw Hil l: M´ exico exico D.F. D. F. 14 Para angulos angulos peque˜ ´ n nos os se sen n α = α en radianes. 15 Para angulos angulos peque˜ ´ n nos os cosα = 1
26
Por lo tanto, resolviendo la ecuaci´on on diferencial, se tiene que d T = T
µθ
T T = e µ θ+C
Ln T = µ θ + C
| ||
T T = C 1 eµ θ
Si se propone la condici´oon n inicial que para para θ θ = 0, 0, T T = T 0 , se tiene que T 0 = C = C 1 eµ 0 = C 1 1 = C 1 Por lo tanto T ( T (θ ) = T 0 eµ θ . De la cinem´atica atica del de l cuerpo cuerp o r´ r´ıgido, para que el volante pare par e en 25 rev rev = = 50 π rad. rad.,, desde una velocidad angular de ω angular de ω 0 = 360 r.p.m. r.p.m. = = 12 π rad/s rad/s,, es necesario que la aceleraci´on on angular sea igual a ωf 2 ω02 0 α = = 2∆ θ
−
− (12 π rad/ rad/ss) 2(50 π )
2
=
. − 3625π rad s 2
Es importante importante notar que el signo negativo negativo aqu´ aqu´ı indica que la aceleraci aceleraci´on ´o n es en sentido opuesto a la velocidad angular inicial, y por lo tanto, en sentido antihorario. Por otro lado, puesto que la banda est´a enrollada un cuarto de vuelta en el volante, la fuerza en el otro extremo de la banda est´ a dada por
P ff = P eµ
π 2
Finalmente, el momento de inercia del volante con respecto al eje de rotaci´on, on, que es un eje principal de inercia, est´a dado por 1 I G = M r 2 2 De modo que la ecuaci´on on de movimiento del sistema est´a dada por
o
M G = I G α P eµ
o
− P r + P eµ π 2
−1
r =
π 2
r =
72 π rad 1 . M r2 25 s2 2
36 π rad 1 . M r2 25 s2 2
M r 1825π rad Lbm.)) (1 (1..25 25 pies pies)) rad 18 π (240 Lbm. s = s = 925. 925.92 92 poundals poundals = = 28 28..755 Lbf. µ µ 25 e 1 e 1 Problema 7. Una barra uniforme de longitud longitud L y masa masa m se sostiene como se indica en la figura 26. 26. Si el cab cable le unido unido en en B se rompe de manera repentina, determine a) la distancia b para la cual la aceleraci´ on on del extremo extremo A es m´aaxima, xima, b) b) la aceleraci´on on correspondiente del extremo A y la reacci´on on en 16 C . Solution: Considere el diagrama de cuerpo libre de la barra mostrado en la figura 27, puesto que al romperse la cuerda en B en B,, la velocidad angular de la barras es 0, solo est´a presente la aceleraci´on on normal. P P =
2
2
π
π
2
2
−
−
16
Este Este es el Pro Proble blema ma 16.80 del libro libro Mec´ anica Vectorial Vectorial Para Ingenieros, Ingenieros, Din´ amic amica. Be Beer, er, F.P., Johnston Johnston,, E.R. E.R. y Clausen, W.E., Octava edici´ on, McGraw Hil l: M´ exico exico D.F. D. F.
27
Figure 26: Barra soportada por un apoyo y una cuerda.
Figure 27: Cuerpo libre de la barra. Las ecuaciones de movimiento movimiento del cuerpo r´ıgido son
F x = 0
Rcx = 0
y, finalmente, T C C = I C C α
−m g
− − l 2
b =
F y = M aGy
1 m l2 + m 12
RCy
− 2
l 2
b
α =
Por lo tanto, la aceleraci´on on angular de la barra est´a dada por g α = 1 2 l 3
l
− 2
−
b l b + b2
Por lo tanto, la magnitud de la aceleraci´on on del punto A punto A est´a dada por lb
−
g = α b = 1 2 l 3
| aA |
28
2
−
− m g = −m α
b2 , l b + b2
−
− l 2
1 1 m l2 + m l2 4 12
b
− mlb + mb
2
α.
si se considera que b que b es una variable, el m´aaximo ximo valor de aA est´a dada para cuando g d aA = 0= db
| |
Por lo tanto
− l 2
2b
l
− 2b
2
1 2 l 3
−
1 2 3
l
| | − l b + b − g l b − b (−l + 2 b) 2
1 2 3
l b + b2
l
2
2
lb 2
− b
−lb +b −
2
2 2
( l + 2 b) = 0.
−
Reduciendo la ecuaci´oon n se tiene que l2 Las dos raices de la ecuaci´oon n son17 b =
4 l
±
−4lb+3b
2
= 0. 0.
16 l2 4(3)( 4(3)(ll2) 4 l 2 l = 6 2(3)
−
±
Empleando b Empleando b 2 = 3l , se tiene que α =
g 1 2 3
l
l
l
2
3
−
2
− l l + l 3
=
9
b1 = l
b2 =
l . 3
3 g 2l
De manera que, la magnitud de la aceleraci´on on del punto A punto A est´a dado por
| aA |= α 3l = 32 gl 3l = g2 . Finalmente la componente y componente y de la reacci´on on en C en C est´a dada por
− − −
RCy = m g
α
l 2
b
= m = m g
3 3 g l = m g. 4 2l 6
Problema 7a. Una barra uniforme de longitud L y masa masa m se sostiene como se indica en la figura
28. Si el cabl cablee unido unido en en B se rompe de manera repentina, determine a) a) la aceleraci´on on correspondiente 18 del extremo extremo B y la reacci´on on en el perno de apoyo A apoyo A..
Figure 28: Barra soportada por un apoyo y una cuerda. Soluci´ on. on. El diagrama de cuerpo libre de la barra se muestra en la figura 29. 17
Cual es el argumento para no emplear b1 ? Este es el Problema 16.84 del libro Vect Vector or Mechanic Mechanicss for Engineers: Engineers: Stati Statics cs and Dynam Dynamics. ics. Be Beer, er, F.P., Johnston, Johnston, E.R. y Mazu Mazure rek, k, D.F., Cornw Cornwell, ell, P.J. and Eisenber Eisenberg, g, E. R., Ninth Edition, McGraw McGraw Hill: New York. York. 18
29
Figure 29: Diagrama de cuerpo libre de la barra soportada por un apoyo y una cuerda. Se asumir´a que, contrario al sentido com´u un, n, pero confiados en que el ´algebra algebra proporcione el resultado correcto, la aceleraci´oon n angular de la barra es antihoraria; es decir ˆ α = α = α k. Note que como el sistema se analiza a partir del reposo ω = 0. Entonce Entonces, s, la aceleraci´ aceleraci´ on on del centro de masas est´a dado por L ˆ L aG = α rG/A ω2 rG/A = α = α kˆ i = α = α jˆ 2 2 Por otro lado, aplicando el teorema de ejes paralelos, se tiene que
×
I A = I G + m
−
L 2
×
2
=
1 1 1 m L2 + m L2 = m L2 3 4 12
Las ecuaciones de movimiento de la barra son ΣF x = M = M aGx
RAx = 0
ΣF y = M aGy
Finalmente, ΣT A = I = I A α
Mg
−
Por lo tanto, la reacci´oon n en en A A est´a dada por RAy
−
L M g = M = M α 2
L
=
2
1
M L2 α
RAy
α =
3
L L RAy = M g + M α = M g + M 2 2
L − M g = M = M α 2 3g
−2 L
−
1 3g = M g 4 2L
Problema 7b. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y momento flector para la viga del problema 7a inmediatam inmediatamente ente despu´ des pu´es es de que el ca cable ble B B se rompe.19 19 Este es el Problema 16 .152 del libro Vect Vector or Mechani Mechanics cs for Engineers: Engineers: Statics Statics and Dynamics. Be Beer, er, F.P., Johnston, Johnston, E.R. y Mazu Mazure rek, k, D.F., Cornw Cornwell, ell, P.J. and Eisenber Eisenberg, g, E. R., Ninth Edition, McGraw McGraw Hill: New York. York.
30
Soluci´ on. on. Una secci´ on on de la viga con las cargas est´aticas aticas y din´amicas amicas actuando sobre la viga est´a
mostrado en la figura 30. Debe notarse que la diferencial de masa de la viga est´a dada por dm = dm =
M dx L
Por otro lado, se sabe que
aA = 0.
De manera que la aceleraci´oon n de un punto punto P P localizado localizado a una distancia x distancia x del extremo A extremo A est´a dada por aP = aA + + α
× rP/A − ω
2
rP/A =
− × 3g ˆ k 2L
x ˆi =
− 32gLx jˆ
Figure 30: Secci´on on de la viga para encontrar el cortante y el momento flector. Para la fuerza cortante, a una distancia x distancia x del del extremo A extremo A,, considere el equilibrio de las fuerzas verticales que incluye la reacci´oon n en en A 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 aceleraci´on vertical correspondiente. x 3M g x M g M g 3 g M x + V V = ΣF y = x dx x dx 2 L2 0 L 4 L 0 2L
−
−
−
Por lo tanto V V =
− M4g + MLg x − 3 M4 Lg x
2
2
Como comprobaci´on, on, se evalua el cortante para x = 0 y para x para x = L = L,, se tiene que V (0) V (0) =
− M4 g
2
V ( V (L) = 31
− M4g + MLg L − 3 M4 Lg L 2
=0
De manera semejante, se determinar´a el momento flector para una distancia x del extremo A extremo A,, considere la suma de momentos con respecto al punto A punto A x
ΣT A =
− 0
o bien
3g
M x dx 2L L 2
−
M g x x + V x + M f f = L 2
x
3Mg
x2 dx
2
− 2L
0
3 M g x3 3 M g x2 M g M g M g x2 x x + M ff = 2 L2 3 4 L2 L 4 2L M g x2 M g x M g x2 3 M g x3 M g x3 = + + 4 2L L 4 L2 2 L2 3 2 M g x M g x Mgx + + = 4 L2 4 2L
− −
−
−
−
−
−
De manera semejante, se evalua el momento flector para x = 0 y para para x = L = L,, se tiene que M ff (0) = 0
M ff (L) =
−
M g L2 M g L M g L3 = M g L + + 4 L2 4 2L
−
1 1 1 = 0. + + 2 4 4
Problema Problem a 8. La barra barra AB de 2 kg. y la barra BC BC de 3 kg. est´an an 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. rad./s. en en el sentido sen tido de las manecillas manecillas del reloj. Para Para la posici´ on on indicada, determine las fuerzas ejercidas en en A y B sobre la barra AB barra AB..20
4
2
1
Figure 31: Mecanismo plano de cuatro barras. Solution: Para resolver este problema es necesario determinar los an´ alisis alisis de velocidad y aceleraci´on on del mecanismo plano de cuatro barras. Los vectores de posici´on on necesarios, est´an an dados por
rA/O = 60 mm. jˆ
rB/A = 120 mm. jˆ
20
rB/C = 180 mm. jˆ
Este es el Problema 16.130 del libro Mec´ anica Vectorial Vectorial Para Ingenieros, Ingenieros, Din´ amica. amica. Be Beer, er, F.P., Johnsto Johnston, n, E.R. y Clausen, W.E., Octava edici´ on, McGraw Hil l: M´ exico exico D.F. D. F.
32
Por otro lado, la velocidad y aceleraci´on on angular del eslab´on on motriz, el disco 2, est´a dada por
−6 rad. kˆ s.
ω2 =
α 2 = 0.
La ecuaci´oon n correspondi correspondient entee al an´ aalisis lisis de velocidad del mecanismo plano de cuatro barras es ω2
−
6
rad. ˆ k s.
×
× rA/O + ω × rB/A = = vB 60 mm. jˆ + ω kˆ × 120 mm.ˆi 3
3
3
= vB 4 = ω4 = ω4 kˆ
rB/C
× × 180 mm. jˆ
Haciendo a un lado las unidades, se tiene que las ecuaciones escalares del an´alisis alisis de velocidad son 120 ω3 = 0,
360 =
−180 ω
ω4 =
−2 rad. kˆ s.
y su soluci´on on est´a dada por
4
ω 3 = 0.
La ecuaci´oon n correspondi correspondient entee al an´ alisis alisis de aceleraci´oon n del mecanismo plano de cuatro barras es α 2
2 2
2 3
× rA/O − ω rA/O + + α × rB/A − ω rB/A = aB − −6 rad. 60 mm. mm.ˆ jˆ + α kˆ × 120 mm. mm.ˆˆi s. 3
3
2
3
2 4
= aB 4 = α4
× rB/C − ω rB/C = α kˆ × 180 mm. mm.ˆ jˆ − −2 rad. s.
4
2
180 mm. mm.ˆ jˆ
Haciendo a un lado las unidades, se tiene que las ecuaciones escalares del an´alisis alisis de aceleraci´on on son 0=
−180 α −2160 + 120 α = −720 720,,
y su soluci´on on est´a dada por
4
3
−0 rad. kˆ s .
rad. ˆ k. s2 . 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 est´ an an dadas por α 4 =
aG3 = aA + aG3/A = α2 =
2
− − 6
rad. s.
2 4
× rG /C − ω 4
2 2
× rA/O − ω
rA/O + + α3
2 3
× rG /A − ω rG /A ˆ ˆ = −1.44 m j. j j = × 60 mm.ˆi = −1440 mm s s 3
− − −
rad. 60 mm. jˆ + 12 2 kˆ s .
y aG4 = α4
α 3 = 12
2
rG4/C =
rad. 2 s
3
2
90 mm jˆ =
2
2
360
mm ˆ j j = s2
−0.36 ms j.ˆ 2
Ahora si, prepararemos el an´aalisis lisis din´aamico mico del mecanismo plano de cuatro barras, el momento de inercia de la barra 3 respecto a su centro de masas, est´a dado por I 3/G3 =
1 1 Kgm.)) (0 (0..12 m)2 = 0. 0 .0024 0024K K gm m 3 L23 = (2 Kgm. 12 12
2
−m .
La figura 32 muestra los diagramas de cuerpo libre de los eslabones del mecanismo plano de cuatro barras. 33
Figure 32: Mecanismo plano de cuatro barras. Las ecuaciones de movimiento de los cuerpos 3 y 4, est´an an dadas por
RAx
F x = 0
− RBx = 0
RAy
F y = m3 aG3y
− RBy − m
3
T G3 = I 3/G3 α3
−RAy L2 − RBy L2 = I /G α .
g = m = m 3 aG3y
3
3
3
3
3
y
F x = 0
RBx + RCx = 0
F y = m4 aG4y
RBy + RCy
−m
4
T G4 = I 4/G4 α4
−RBx L2 + RCx L2 = 0.0 .
g = m = m 4 aG4y
4
4
A partir de la primera, cuarta y sexta ecuaci´on on de estos dos conjuntos de ecuaciones, se tiene que RAx = R Bx = R Cx = 0. La segunda y tercera ecuaci´on on de estos dos conjuntos pueden escribirse como RAy
− RBy = m (g + aG y ) 2 RAy + RBy = − I /G α . L 3
3
3
3
3
3
Sumandoo las ecuaciones Sumand ecuacion es t´ermino ermino a t´ermino, ermino, se tiene que RAy
2 1 I α3 . m3 (g + aG3y ) = L 3/G3 2 rad 2 m 1 0. 0 .0024 Kg m m2 12 2 2 Kgm. (9 (9..81 1.44) 2 = s 0.12 m s 2 = 8.13 N.
−
−
−
34
·
De manera semejante, si se resta de la segunda ecuaci´on, on, la primera ecuaci´oon, n, se tiene que
RBy =
1
− −
2 1 = 2 Kgm. (9 (9..81 2 = 8.61 N.
−
2
m3 (g + aG3y )
I 3/G3 α3 .
− L m 2 0 .0024 K gm · m − 1.44) s − 0.12 m 0. 3
2
rad r ad 2 12 2 s
Soluci´ on on Algebr Algebraica: aica: En esta parte del problema, se volver´ a a resolver el problema empleando
unicamente, u ´nicamente, hasta casi hasta el final, exclusivamente el ´aalgebra. lgebra. Para resolver este problema es necesario determinar los an´alisis alisis de velocidad y aceleraci´oon n del mecanismo mecanismo plano de cuatro barras. Los vecto vectores res de posici´oon n necesarios, est´an an dados por rA/O = L jˆ
rB/A = 2 L jˆ
rB/C = 3 L jˆ
Por otro lado, la velocidad y aceleraci´on on angular del eslab´on on motriz, el disco 2, est´a dada por ω2 = ω = ω 2 ˆk
α 2 = 0.
r ad s . donde donde L = 60oon mm. = mm. =espondient 0.06 mente y ω 6lisis La ecuaci´ n correspondi corr e al =an´ aalisis de velocidad del mecanismo plano de cuatro barras es
−
2
ω 2
× rA/O + ω × rB/A = = vB = vB = ω × rB/C ω kˆ × L j + jˆ + ω kˆ × 2 Lˆi = ω kˆ × 3 L jˆ 3
3
2
4
3
4
4
Las ecuaciones escalares del an´aalisis lisis de velocidad son ω2 L = 3 ω4 L 2 ω3 L = 0, y su soluci´on on est´a dada por
1 ˆ ω2 k ω 3 = 0. 3 La ecuaci´oon n correspondi correspondient entee al an´ alisis alisis de aceleraci´oon n del mecanismo plano de cuatro barras es ω4 =
α 2
2 2
× rA/O − ω
2 3
× rB/A − ω rB/A = aB −ω L jˆ + α kˆ × 2 Lˆi
rA/O + + α3
2 2
3
3
= aB 4 = α4
2 4
× rB/C − ω = α kˆ × 3 L jˆ − 1 ω 3
rB/C
2
4
2
3 L jˆ
Haciendo a un lado las unidades, se tiene que las ecuaciones escalares del an´alisis alisis de aceleraci´on on son 0=
−3 L α −ω L + 2 L α = − 13 ω L, 2 2
4
3
y su soluci´on on est´a dada por α 4 = 0
α 3 =
35
1 2ˆ ω k. 3 2
2 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 est´ an an dadas por21 2 2
2 3
+ α × rG /A − ω × rA/O − ω rA/O + ˆ = −ω L j + jˆ + 1 ω kˆ × Lˆi = − 2 ω L j. 3 3
aG3 = aA + aG3/A = α2
3
rG3/A
2 2
2 2
2 2
3
y aG4 = α4
2 4
× rG /C − ω 4
rG4/C =
− 1 ω2 3
2
3 ˆ L j j = = 2
− 16 ω L j.ˆ 2 2
Ahora si, prepararemos el an´aalisis lisis din´aamico mico del mecanismo plano de cuatro barras, el momento de inercia de la barra 3 respecto a su centro de masas, est´a dado por22 I 3/G3 =
1 1 M 3 (2 L)2 = M 3 L2 . 3 12
La figura 33 muestra los diagramas de cuerpo libre de los eslabones del mecanismo plano de cuatro barras.
Figure 33: Mecanismo plano de cuatro barras. Las ecuaciones de movimiento de los cuerpos 2, 3 y 4, est´an dadas por
ROx 21 22
F x = 0
− RAx = 0
ROy
F y = 0
− RAy − M g = 0 2
T G3 = 0
RAx L + T T = 0.
Note que la aceleraci´ o on n del centro de masas del cuerpo 2 es 0 pues el cuerpo est´ a sujeto a rotaci´ o on n bar baric´ ic´ entrica. entri ca. Puesto Puest o que α 2 = 0 y α 4 = 0, no es necesario calcular I 2/G2 y I 4/G4 .
36
RAx y
F x = 0
RBx = 0
RAy
−
RBy
−
F x = 0
RBx + RCx = 0
F y = M 3 aG3y M 3 g = M = M 3 aG3y
−
RAy L
−
F y = M 4 aG4y
RBy + RCy
= I 3/G3 α3 T G3 = I RBy L = L = I I 3/G3 α3.
− T G4 = I = I 4/G4 α4
3L 3L − M g = M = M aG y −RBx + RCx = 0. 2 2 4
4
4
A partir de la s´eptima eptima y novena ecuaci´oon n de estos dos conjuntos de ecuaciones, se tiene que RBx = R = R Cx = 0. Sustituyendo estas soluciones en la cuarta ecuaci´on, on, se tiene que RAx = 0. Volviendo a sustituir esta ecuaci´on on en la primera y tercera ecuaci´oon, n, se tiene que ROx = T T = 0. La quinta y sexta ecuaci´on on de estos dos conjuntos pueden escribirse como RAy
2 2 ω L 3 2 1 1 1 M 3 L2 ω22 = 3 L3
− RBy = M (g + aG y ) = M 3
3
RAy + RBy =
− L1 I /G 3
3
3
α3 =
−
− g
− 19 M L ω . 3
2 2
Sumandoo las ecuaciones Sumand ecuacion es t´ermino ermino a t´ermino, ermino, se tiene que RAy
−
1 M 3 g = 2
2 2 ω L 3 2
−
m 1 2 Kgm. 9.81 2 = s 2
−
1 1 L ω22 = M 3 g 2 9
−
7 9
−
rad 6 s
7 2 ω L 9 2
2
(0 (0..06 m) = 8.13 N.
De manera semejante, si se resta de la sexta ecuaci´on, on, la quinta ecuaci´on, on, se tiene que RBy
1 M 3 = 2 =
−
− − − − −
1 L ω22 9
1 2 Kgm. 2
9.81
g
2 2 ω L 3 2
m 5 + s2 9
6
1 = M 3 2
rad r ad s
5 g + ω22 L 9
2
(0 (0..06 m) =
−8.61 N.
Como puede observarse, observarse, el problema puede resolverse tanto de manera algebraica como num´erica, erica, la ventaja de la soluci´oon n algebraica es que los resultados pueden aplicarse para diferentes dimensiones y sistemas de unidades. 37
1
1
Figure 34: Engrane Planetario. Problema 9. El engrane 3 tiene una masa de 5 kg. y radio de giro centroidal centroidal k = 75 mm mm.. La barra
2 tiene una masa de 3 kg. y el engrane C C es es estaci estaciona onario rio.. Si el sis sistem temaa se suelta suelta desde desde el reposo reposo en la posici´oon n que se muestra, determine determine a) a) la aceleraci´on on angular del engrane 3, b) b) la aceleraci´on on del punto B .23 Solution: Para resolver este problema es necesario determinar los an´ alisis alisis de velocidad y aceleraci´on on del engrane engrane planetario. planetario. El an´alisis alisis de velocidad es trivial, pues si el sistema parte del reposo, las velocidades angulares angulares de todos los cuerpos cuerpos y las velocidades velocidades de todos los puntos puntos del cuerpo cuerpo son 0. Para Para realizar el an´alisis alisis de aceleraci´on, on, defina el punto P punto P como como el punto de paso entre el engrane 3 y el engrane corona C C que pertenece estacionari estacionario. o. Determine Determine los vectore vectoress de posici´ on on rB/A = 2 r ˆi
rP/B = r ˆi,
donde r = 100 mm donde mm = = 0.1 m. Es importante notar que en el punto de paso, no hay deslizamiento entre el engrane 3 y el engrane corona 1, por lo tanto, las condiciones son vP 3 = = vP 1 = 0
y
aP 3t = aP 1t = 0,
y la direcci´oon n tangencial es la vertical. Entonces, la ecuaci´on on que determina la aceleraci´on on del puntp P puntp P 33 es aP 3 = aB 3
2 3
−ω
× rP/B = −ω rB/A + α × rB/A − ω rP/B + α × rP/B = α × rB/A + α × rP/B = α ˆ k × 2 r ˆi + α ˆk × r ˆi = (2 α 2 2
2
rP/B + α 3 2
3
2 3
3
2
23
3
2
r + α3 r) ˆ j
Este es el Problema 16.104 del libro Mec´ anica Vectorial Vectorial Para Ingenieros, Ingenieros, Din´ amica. amica. Be Beer, er, F.P., Johnsto Johnston, n, E.R. y Clausen, W.E., Octava edici´ on, McGraw Hil l: M´ exico exico D.F. D. F.
38
De aqu´ aqu´ı que, la aceleraci´ aceleraci on ´on tangencial del punto P punto P 33 y la ecuaci´on on final del an´alisis alisis de aceleraci´on on est´a dada por aP 3t = (2 α2 r + α3 r) ˆ j j = = aP 1t = 0. Por lo tanto, α2 =
− 12 α . 3
Adem´ as, as, la aceleraci´ aceleraci´ on on de los centros de masa de la barra 2 y del engrane 3 est´an an dadas por aG2 = α2
× rG /A =
aG3 = α2
× rG /A =
2
y 3
− × − ×
− 12 α
1 ˆ α 3 k 2
r ˆi =
1 ˆ α 3 k 2
2 r ˆi =
3
r jˆ
3
r jˆ
−α
Despu´es es de este es te paso, es necesario necesa rio determinar dete rminar los l os diagramas diag ramas de cuerpo cuerp o rr´´ıgido de d e la barra bar ra 2 y el engrane 3, vea la figura 35.
Figure 35: Diagrama de Cuerpo Libre del Engrane Planetario. Las ecuaciones de la cin´eetica tica del engrane planetario se simplifican notando que la barra 2 est´a sujeta a un movimiento de rotaci´oon n alrededor de un eje fijo no baric´entrico, entrico, que pasa por el punto A punto A y el engrane 3 est´a sujeto a un movimiento de rotaci´oon n alrededor de un eje fijo —instantaneamente— —instantaneamente— no baric´ entrico, entrico, que pasa por el punto P , P , de manera que los momentos de inercia de la barra respecto al punto punto A est´a dado, empleando el teorema de Steiner, por = I G2 + m2 r2 = I 2A = I
4 1 1 m 2 (2 (2rr)2 + m2 r 2 = m 2 r 2 + m2 r2 = m2 r2 . 3 3 12
De manera semejante, el momento de inercia del engrane 3 respecto al punto P P est´a dado por I 3 p = I G3 + m3 r2 = m3 k 2 + m3 r2 = m3 k 2 + m3 r2 = m3 k 2 + r2 .
Las ecuaciones de la cin´etica etica de la barra son
F x = 0 RAx
− RBx = 0
F y = m2 aG2y RAy 39
− RBy − m
2
g =
− 12 m
2
α3 r
y
M A = I = I 2A α2
−m
2
gr
−
4 RBy 2 r = m2 r2 3
Las ecuaciones de la cin´eetica tica del engrane son
y
F x = 0 RBx
− RP x = 0
−
1 α 3 = 2
F y = m3 aG3y RBy
M P P = I 3P α 3 m3 g r
− RBy r = r = m m
3
− 23 m
2
− RP y − m
3
r2 α3 .
g =
−m
3
α3 r
k 2 + r2 α 3 .
Multiplicando por 1 la tercera ecuaci´on on de la cin´etica etica de la barra y multiplicando por p or 2 la tercera ecuaci´ on on de la cin´etica etica del engrane,
−
2 m2 r 2 α3 3 2 RBy r = 2 m3 k 2 + r2 α 3
m2 g r + RBy 2 r = 2 m3 g r
−
y sumando las ecuaciones, se tiene que (m2 + 2 m3 ) g r = o α3 =
(m2 + 2 m3 ) g r = m 2 + 2 m3 r2 + 2 m3 k 2
2 3
(2)
2 m 2 + 2 m3 r 2 + 2 m3 k2 α 3 3
(1)
2 3
[3 + 2 (5 (5)] )] (9 (9..81) 81) (0 (0..1)
2
2
3 + 2 (5 (5)) (0 (0..1) + 2 (5 (5)) (0 (0..075)
= 72 72..3574
rad r ad . s2
Por lo tanto, la aceleraci´oon n angular de la barra 2, est´a dada por α2 =
rad 36..178 . − 12 α = −36 s 3
2
Finalmente, la aceleraci´on on del punto B punto B , est´a dada por aB =
2 2
−ω
rB/A + + α2
× rB/A = −7.235 sm j.ˆ 2
Problema 10. Un tambor de 80 mm. mm. de de radio est´a unido a un disco de 160 mm. mm. de de radio. El disco y
el tambor tienen una masa combinada de 5 kg. y radio de giro combinado de k de k = 120 mm mm.. Se una una a una de 20 N cuerda en la forma indicada y se tira de ella con una fuerza P de P N de de magnitud. Si los coeficientes de fricci´ on on est´atica atica y cin´eetica tica son, respectivamente, respe ctivamente, µ µ s = 0.25 y µ k = 0.2, determine a) determine a) si el disco se desliza 24
o no no b) b) la aceleraci´ onresolver angulareldel disco y la aceleraci´on on del punto punto G. que el disco compuesto rueda sin Solution: Paraon problema supondremos, inicialmente, deslizar, por lo tanto, el punto Q tiene velocidad igual a 0 y el disco est´a, a, instantaneamente, sujeto a rotaci´ on on alrededor de un eje fijo no baric´entrico. entrico. Adem´ as, as, note que la direcci´on on de la aceleraci´on on angular y la aceleraci´oon n del centro de masas del disco compuesto est´an an coordinadas. Considere Consi dere el diagrama diagrama de cuerpo libre del disco, disco, vea la figura 37. El momento momento de inercia del disco compuesto respecto a un eje perpendicular al plano del papel que pasa por el punto Q punto Q,, est´a dada por I Q = I G + m r12 = m k 2 + m r12 = m k 2 + r12
24
Este Este es el Pro Proble blema ma 16.98 del libro libro Mec´ anica Vectorial Vectorial Para Ingenieros, Ingenieros, Din´ amic amica. Be Beer, er, F.P., Johnston Johnston,, E.R. E.R. y Clausen, W.E., Octava edici´ on, McGraw Hil l: M´ exico exico D.F. D. F.
40
Figure 36: Cilindro sujeto a posible movimiento de rodadura. Las ecuaciones de movimiento del sistema son
y
F x = m aGx P + F ff = m ( α r1 )
−
M Q = I Q α
F y = 0
− P P (r + r ) = m 1
2
− m g + N = 0
k 2 + r12 α
Por lo tanto, bajo la suposici´on on de ausencia de deslizamiento, se tiene que α =
rad r ad 20 · 0.24 P (r + r ) = −24 = − − mP s 5 (0 (0..12 + 0. 0.16 ) (k + r ) 1
2
2
2 1
2
2
2
A partir de este resultado, la fuerza de fricci´on on necesaria para evitar que exista deslizamiento es F ff =
−P −− m α r = −20 − 5 (−24) 24) (0 (0..18) = 7. 7.6 N. 1
Finalmente compararemos la fuerza de fricci´on on necesaria con la disponible F ff = 7.6 N µs N = µs m g = 0.2 5 5 9. 9.81 = 12. 12.2625 2625N. N.
≤≤
Por lo tanto, el disco rueda sin deslizar y la aceleraci´ on on del punto G punto G est´a dado por aGx =
m −α r = − (−24) 24) (0 (0..18) = 3. 3.84 . s 1
2
41
Figure 37: Diagrama de cuerpo libre de un cilindro sujeto a posible movimiento de rodadura.
42
