Cinética de Cuerpos Rígidos: Ecuaciones de Newton-Euler.

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1 Cinética de Cuerpos Rígidos: Ecuaciones de Newton-Euler. José María Rico Martínez Departamento de Ingeniería Mecánica. Universidad de Guanajuato, F. I. M. E. E. Carretera Salamanca-Valle de Santiago Km CP 36730, Salamanca, Gto., México jrico@salamanca.ugto.mx Alejandro Tadeo Chávez Departamento de Ingeniería Mecatrónica. Instituto Tecnológico Superior de Irapuato Carretera Irapuato-Silao Km CP 36614, Irapuato, Gto., México altadeo@itesi.edu.mx 1 Introducción. En estas notas, se presentan los fundamentos de la cinética de los cuerpos rígidos, en particular la deducción de las ecuaciones de Newton-Euler para cuerpos rígidos. En un primer lugar, se derivan las ecuaciones de Newton-Euler para un cuerpo rígido sujeto a movimiento espacial, en una segunda etapa se determina la forma particular de las ecuaciones de Newton-Euler cuando el cuerpo rígido está sujeto a movimiento plano general y la distribución de masas del cuerpo rígido satisface ciertas condiciones. En una etapa final, estas notas indican las limitaciones de las ecuaciones de Newton-Euler obtenidas aquí, así como los casos especiales de las ecuaciones de Newton-Euler cuando el cuerpo rígido está sujeto a: 1. Traslación. 2. Rotación alrededor de un eje fijo. 3. Movimiento de rodadura. Sin embargo, antes de iniciar el estudio de la derivación de las ecuaciones de Newton-Euler es necesario revisar algunas de las propiedades de los primeros momentos de masas, del centro de masas de un cuerpo rígido, conocido también como baricentro o centro de gravedad y de los segundos momentos de masas, es decir del tensor de inercia. 1

2 2 Primeros Momentos de Masa, Centro de Masas. Considere un cuerpo rígido y un punto arbitrario P. Entonces el primer momento de masas, Q P, del cuerpo respecto al punto P se define como Q P = r M/P dm, 1 donde la integral es con respecto a todas las partículas del cuerpo rígido y el vector r M/P es el vector de posición de una partícula arbitraria del cuerpo, localizada en el punto M, yestádadopor,veala figura 1, r M/P = xî + yĵ + zˆk, por lo tanto, vea la figura 2, Figure 1: Primer Momento de Masas de un Cuerpo Rígido Respecto a un Punto P. Figure 2: Componentes Cartesianas del Primer Momento de Masas de un Cuerpo Rígido Respecto a un Punto P. 2

3 donde Q P = = r M/P dm = xî + yĵ + zˆk dm xdmî + ydmĵ + zdmˆk = Q Px î + Q Py ĵ + Q Pz ˆk, 2 Q Px = xdm Q Py = ydm Q Pz = zdm, 3 se denominan las componentes, x, y y z, del primer momento de masas del cuerpo con respecto al punto P. Definición: Centro de Masas. Considere un cuerpo rígido, un punto G del cuerpo rígido se denomina el centro de masas, baricentro o centro de gravedad si y sólo si el primer momento de masas, Q G, del cuerpo respecto al punto G es igual a 0, es decir Q G = r M/G dm = 0, 4 oalternativamente Q Gx = xdm= Q Gy = ydm= Q Gz = zdm=0. 5 Ahora bien, considere otro punto Q, entonces los primeros momentos de masas respecto a los puntos G y Q están relacionados por Q G = r M/G dm = rm/q + r Q/G dm = r M/Q dm + r Q/G dm = Q Q + M r Q/G. 6 sin embargo, Q G = 0. Por lo tanto Q Q + M r Q/G = 0 o QQ = M r Q/G = M r G/Q 7 Asi pues, el centro de masas G es el punto donde la masa del cuerpo debe concentrarse para calcular, con respecto a un punto arbitrario, digamos M, los primeros momentos de masa. 3 Segundos Momentos de Masa, Tensor de Inercia. Considere un cuerpo rígido y un punto arbitrario P. Entonces el vector de inercia, I P,ˆna, del cuerpo respecto al punto P y en la dirección ˆn a se define como I P,ˆna = r M/P ˆn a r M/P dm, 8 donde la integral es con respecto a todas las partículas del cuerpo rígido, el vector ˆn a es un vector unitario y el vector r M/P es el vector de posición de una partícula arbitraria del cuerpo, localizada en el punto M, vea la figura 3. 3

4 Figure 3: Determinación del Vector de Inercia de un Cuerpo Rígido Respecto a un Punto P. El escalar de inercia I P,ˆna,ˆn b denominada el escalar de inercia del cuerpo rígido relativa al punto P en las direcciones ˆn a y ˆn b se define como I P,ˆna,ˆn b I P,ˆna ˆn b. 9 A partir de las definiciones indicadas en las ecuaciones 8 y 9, se tiene que [ I P,ˆna,ˆn b = I P,ˆna ˆn b = r M/P ˆn ] a r M/P dm ˆn b [ = rm/p ˆn ] ] a r M/P ˆnb dm = [ˆnb r M/P ˆna r M/P dm = rm/p ˆn b rm/p ˆn a dm 10 Además, de la ecuación 10 se tiene que I P,ˆna,ˆn b = rm/p ˆn b rm/p ˆn a dm = rm/p ˆn a rm/p ˆn b dm = IP,ˆnb,ˆn a.11 La ecuación 11 indica que el escalar de inercia es simétrico respecto al orden de los vectores unitarios ˆn a yˆn b. Si ˆn a ˆn b el escalar de inercia se denomina el producto de inercia del cuerpo relativa al punto P en las direcciones ˆn a y ˆn b,siˆn a =ˆn b el escalar de inercia se denomina el segundo momento de masa o momento de inercia del cuerpo relativa al punto P en la dirección ˆn a o el momento de inercia del cuerpo relativa al punto P respecto a la línea L a definida por el punto P y la dirección dada por ˆn a. Estas definiciones no requieren que las direcciones dadas por ˆn a yˆn b sean perpendiculares. Sin embargo cuando las direcciones son perpendiculares, por ejemplo, aquellas dadas por los vectores unitarios î, ĵ, ˆk es posible encontrar términos que son mas familiares a los interesados en la mecánica de los cuerpos rígidos. Por ejemplo, si r M/P = x y z 4

5 Figure 4: Determinación de las Componentes Cartesianas del Vector de Inercia de un Cuerpo Rígido Respecto a un Punto P. entonces, vea la figura 4, y I P,î = I P,ĵ = I P,ˆk = r M/P î rm/p dm = r M/P ĵ rm/p dm = r M/P ˆk rm/p dm = Iî,î Iî,ĵ Iî,ˆk Iĵ,î Iĵ,ĵ Iĵ,ˆk Iˆk,î Iˆk,ĵ Iˆk,ˆk = I xx I xy = + z 2 dm xy dm, I xz xz dm 12 I yx yx dm = I yy = x2 + z 2 dm I yz yz dm 13 = I zx I zy = I zz zx dm zy dm x2 + y 2 dm 14 De los resultados dados en las ecuaciones 12,13,14 se obtiene que la matriz o tensor de inercia que está dadopor I P = I xx I xy I xz I yx I yy I yz 15 I zx I zy I zz Por el resultado indicado en la ecuación 11, se sabe que la matriz es simétrica y todas las matrices simétricas tienen eigenvalores reales y los eigenvectores asociados son perpendiculares. Los eigenvalores se convierten en los ejes principales de inercia y los eigenvectores se convierten en las direcciones principales de inercia. Las direcciones principales de inercia, asociados al tensor de inercia de un cuerpo rígido,, respecto a un punto arbitrario, P, se caracterizan por que los productos de inercia asociados a estas direcciones principales son todos 0. Es decir, si las direcciones principales asociados a un tensor de inercia I P son ˆn 1,ˆn 2 yˆn 3, entonces I P = I n 1 n 1 I n1 n 2 I n1 n 3 I n2 n 1 I n2 n 2 I n2 n 3 = I n 1 n I n2 n I n3 n 1 I n3 n 2 I n3 n I n3 n 3 5

6 Los resultados dados de las ecuaciones 12,13,14 permiten calcular el vector de inercia, I P,ˆna con respecto a una dirección arbitraria dada por ˆn a = n ax î + n ay ĵ + n azˆk, de acuerdo a la siguiente ecuación [ ] I P,ˆna = r M/P n ax î + n ay ĵ + n azˆk r M/P dm = n ax r M/P î rm/p dm + n ay r M/P ĵ rm/p dm + n az = I n P,î ax + I n P,ĵ ay + I P,ˆkn az = I P n ax n ay = I P ˆn a = I xx I xy I xz I yx I yy I yz n az I zx I zy I zz 3.1 El Teorema de Ejes Paralelos o Teorema de Steiner. r M/P ˆk rm/p n ax n ay n az dm 17 En esta sección se mostrará como el teorema de ejes paralelos, también conocido como teorema de Steiner, permite determinar los escalares de inercia asociados a dos diferentes puntos y respecto a direcciones paralelas. Considere dos puntos P y Q del cuerpo rígido tal que por los dos puntos pasan direcciones ˆn a yˆn b paralelas entre si, vea la figura 5, entonces Figure 5: El Teorema de Ejes Paralelos o Teorema de Steiner. I P,ˆna,ˆn b = = = rm/p ˆn b rm/p ˆn a dm + [ ] [ ] rq/p + r M/Q ˆnb rq/p + r M/Q ˆna dm rq/p ˆn b rq/p ˆn a dm + rq/p ˆn b rm/q ˆn a dm rm/q ˆn b rq/p ˆn a dm + rm/q ˆn b rm/q ˆn a dm. 18 6

7 Puesto que r Q/P,ˆn a,ˆn b son constantes respecto a la variable de integración dm, las integrales de la ecuación 18 pueden reducirse, de manera que I P,ˆna,ˆn b = r Q/P ˆn b rq/p ˆn a dm + r Q/P ˆn b r M/Q dm ˆn a + r M/Q dm ˆn b r Q/P ˆn a + rm/q ˆn b rm/q ˆn a dm. = r Q/P ˆn b rq/p ˆn a M + rq/p ˆn b QQ ˆn a + QQ ˆn b r Q/P ˆn a + IQ,ˆna,ˆn b 19 Esta ecuación, 19 permite determinar los escalares de inercia asociados a dos puntos diferentes pero cuyas direcciones son paralelas. En particular, si el punto P es el centro de masas del cuerpo G yˆn a =ˆn b, se tiene que I G,ˆna,ˆn a = r Q/G ˆn a 2 M +2 r Q/G ˆn a QQ ˆn a + I Q,ˆna,ˆn a 20 Sin embargo, el primer momento de masas Q Q está dadopor por lo tanto Q Q = M r G/Q = M r Q/G, I G,ˆna,ˆn a = r Q/G ˆn a 2 M +2 r Q/G ˆn a M rq/g ˆn a + IQ,ˆna,ˆn a = r Q/G ˆn a 2 M 2 r Q/G ˆn a 2 M + I Q,ˆna,ˆn a 21 Por lo que, finalmente I Q,ˆna,ˆn a = I G,ˆna,ˆn a + M r Q/G ˆn a Suposiciones Fundamentales y Derivación de las Ecuaciones de Newton-Euler. Considere un cuerpo rígido yunciertonúmero de partículas, P 1, P 2, P 3, P i y P j, totalmente arbitrarias, que permiten ejemplificar el comportamiento de cualquier otra partícula del cuerpo. Sobre cada una de esas partículas actuan las fuerzas internas que ejercen el resto de las partículas del cuerpo. Estas fuerzas internas satisfacen dos propiedades: 1. La pareja de fuerzas internas que dos partículas P i y P j se provocan entre si son iguales y de sentidos contrarios. f ij = f ji. 23 donde el primer subíndice del vector f indica la partícula sobre la cual actua la fuerza y el segundo subíndice del vector f indica la partícula que provoca la fuerza, vea la figura La dirección de las fuerzas internas que dos partículas P i y P j, se provocan entre si, coincide con la línea que une ambas partículas. Es decir, las fuerzas f ij, f ji son colineales. 7

8 Figure 6: Suposiciones Acerca de las Fuerzas Internas de un Cuerpo Rígido. 3. Una partícula P i no ejerce fuerza sobre si misma, es decir f ii = Por otro lado, sobre algunas partículas, digamos P i del cuerpo rígido, actuanfuerzas externas cuya resultante está dadapor F i. 5 Suma de las Fuerzas Internas y Externas que Actuan Sobre las Partículas del Cuerpo Rígido. En esta sección determinaremos la suma de las fuerzas internas y externas que actuan sobre las partículas del cuerpo rígido. Aplicando la segunda ley de Newton para cada una de las partículas P i,setieneque F i + j f ij = m i a Pi 25 donde a Pi es la aceleración de la partícula P i que puede expresarse en términos de la aceleración del centro de masas G del cuerpo rígido como, vea la figura 7, a Pi = a G + α r Pi/G + ω ω r Pi/G. 26 De manera que la ecuación 25 puede expresarse, empleando los vectores velocidad, ω, y aceleración, α, angular del cuerpo rígido F i + j f ij = m i [ ag + α r Pi/G + ω ω r Pi/G]. 27 Realizando la suma de ambos lados de la ecuación 27 con respecto a todas las partículas del cuerpo rígido se tiene que Fi + { [ f ij = m i ag + α r Pi/G + ω ω r Pi/G] }. 28 j 8

9 Figure 7: Vectores Velocidad y Aceleración Angular de un Cuerpo Rígido. o separando los términos, F i + f ij = a G m i + α [ mi r Pi/G + ω ω ] mi r Pi/G. 29 j Sin embargo, por las propiedades de las fuerzas internas entre las partículas del cuerpo rígido, se tiene que f ij = j De manera semejante, por la definición del centro de masas, G, setieneque mi r Pi/G = 0 31 Finalmente, la masa total, M, del cuerpo rígido está dadapor m i = M. 32 Sustituyendo, ecuaciones 30,31,32 en la ecuación 29 se tiene que F i = M a G. 33 Esta es la primera de las ecuaciones de Newton-Euler que explican la cinética de un cuerpo rígido. 6 Suma de los Momentos de las Fuerzas Internas y Externas que Actuan Sobre las Partículas del Cuerpo Rígido con Respecto al Centro de Masas del Cuerpo. En esta sección determinaremos la suma de los momentos de las fuerzas internas y externas que actuan sobre las partículas del cuerpo rígido con respecto al centro de masas G del mismo cuerpo rígido. 9

10 El análisis comienza premutiplicando vectorialmente ambos lados de la ecuación 25 por el vector de posición de la partícula P i respecto al centro de masas G. De esa manera se obtiene r Pi/G Fi + f ij = rpi/g m i a Pi. 34 j Sustituyendo la aceleración de la partícula P i de acuerdo a la ecuación 26 y sumando el efecto de todas las partículas del cuerpo, setieneque [ r Pi/G Fi + f ] ij = [ r Pi/G {m i a G + α r Pi/G + ω ω r Pi/G ]} 35 j Separando los términos de la ecuación 35 se tiene que r Pi/G F i + r Pi/G f ij = rpi/g m i a G j [ r Pi/G ] m i α r Pi/G + + { [ r Pi/G m i ω ω r Pi/G ]} 36 Puesto que las fuerzas internas entre dos partículas son iguales, de dirección opuesta y colineales, se tiene que la suma de los momentos de las fuerzas internas está constituido por pares de fuerzas de la forma r Pi/G f ij + r Pj /G f ji = r Pi/G f ij r Pj /G f ij = r Pi/G + r G/Pj fij = r Pi/P j f ij = Por lo tanto r Pi/G f ij = j Además el primer término del lado izquierdo de la ecuación 36 es la suma del momento de las fuerzas externas aplicadas al cuerpo con respecto al centro de masas, es decir r Pi/G F i = T G 39 Sustituyendo las ecuaciones 38, 39 en la ecuación 36 y rearreglando el lado derecho de la ecuación resultante, se tiene que mi r Pi/G ag + mi r Pi/G α rpi/g T G = + { [ r Pi/G m i ω ω r Pi/G ]} 40 Por un lado, de la ecuación 31, el primer término del lado derecho de la ecuación 40 se tiene que mi r Pi/G = 0. 10

11 El segundo término del lado derecho de la ecuación 40 puede reescribirse como mi r Pi/G α rpi/g = α x r Pi/G m i î r Pi/G +α y +α z r Pi/G m i ĵ r Pi/G r Pi/G m i ˆk rpi/g = I G,î α x + I G,ĵ α y + I G,ˆk α z = [ IG,î I G,ĵ I G,ˆk ] α x α y α z = I G α. 41 Finalmente, empleando la identidad del triple producto vectorial a b c = b a c c a b, 42 puede probarse que el tercer término del lado derecho de la ecuación 40 puede reescribirse como { [ r Pi/G m i ω ]} ω r Pi/G = { [ m i ω r Pi/G ω r Pi/G ] } ω r Pi/G rpi/g m i ω = { m i r Pi/G ω ω r Pi/G } = ω I G ω. 43 Sustituyendo ecuaciones 31, 41, 43 en la ecuación 40, se obtiene que T G = I G α ω I G ω. 44 La ecuación 44 es la segunda de las ecuaciones de Newton-Euler necesarias para estudiar la cinética de un cuerpo rígido con una distribución de masas arbitraria y libre de moverse en el espacio sin restricción alguna. La siguiente sección, 7, mostrará como esas ecuaciones pueden simplificarse cuando el cuerpo rígido está sujeto a movimiento plano general y la distribución de masas satisface ciertas condiciones relativamente fáciles de satisfacer. 7 Simplificación de las Ecuaciones de Newton-Euler Para el Caso de un Cuerpo Rígido Sujeto a Movimiento Plano General y con una Distribución de Masas Particular. La sección anterior, 6, permitió encontrar las ecuaciones de Newton-Euler para cuerpos rígidos sujetos a movimiento espacial y con una distribución de masas arbitraria, en esta sección se mostrará que estas ecuaciones pueden simplificarse de manera considerable. Suponga ahora que el cuerpo rígido cumple las siguientes suposiciones: 11

12 1. El cuerpo rígido está sujeto a movimiento plano general. 2. El cuerpo rígido tiene una distribución de masas tal que, considerando la matriz de inercia del cuerpo respecto a su centro de masas, la dirección perpendicular al plano de movimiento del cuerpo rígido es un eje principal de inercia. 1 Suponga, sin pérdida de generalidad, que el plano de movimiento plano del cuerpo es el plano X Y, por lo tanto, las velocidades y aceleraciones angulares del cuerpo rígido están dados por ω = ωˆk, y α = αˆk. 45 La suposición de la distribución de masa implica que el tensor o matriz de inercia está dadapor I G = I Gxx I Gxy 0 I Gyx I Gyy 0, I Gzz donde no es necesario conocer si los ejes en las direcciones X y Y son, o no, direcciones principales de inercia. Sustituyendo el resultado de estas suposiciones en la ecuación 44, se tiene que T G = I G α ω I G ω = I Gxx I Gxy 0 I Gyx I Gyy ωˆk I Gxx I Gxy 0 I Gyx I Gyy I Gzz α 0 0 I Gzz ω = I Gzz αˆk + ωˆk I Gzz ωˆk = I Gzz α 0 =I Gzz α 47 La conclusión de esta sección es que las ecuaciones de Newton-Euler que rigen la cinética de cuerpos rígidos sujetos a movimiento plano general que satisfacen la segunda suposición indicada en esta sección, vea la figura 8, están dadas por F i = M a G, y T G = I Gzz α El Principio de D Alembert. Las dos ecuaciones dadas por 48 pueden escribirse como, de acuerdo con D Alembert, 2 vea la figura 9. F i M a G = 0, y T G I Gzz α = Este cambio, aparentemente cosmético, tiene profundas implicaciones teóricas, las ecuaciones 49 indican que: 1 En ocasiones, algunos libros indican que la distribución de masas debe ser simétrica respecto al plano de movimiento del cuerpo rígido que pasa por el centro de masas. Esta condición es suficiente pero no necesaria. 2 Jean Le Rond d Alembert, , un matemático francés, fue el hijo ilegítimo de una dama de sociedad y un oficial del ejército. Su madre lo abandonó, recien nacido, en las puertas de la iglesia de St. Jean Le Rond, estudió teología, leyes y medicina pero su pasión fueron las matemáticas, desde 1739 presentó trabajos a la Academia de Ciencías de París y era notorio por su terquedad. En 1743 publicó su Traité dedynamiqueque contiene el principio de D Alembert. 12

13 Figure 8: Ecuaciones de la Cinética de un Cuerpo Rígido Sujeto a Movimiento Plano General. Figure 9: Aplicación del Principio de D Alembert en las Ecuaciones de la Cinética de un Cuerpo Rígido Sujeto a Movimiento Plano General. 1. La suma de las fuerzas externas, F i, aplicadas al cuerpo rígido,, juntoconlafuerza de inercia, M a G, aplicada en el centro de masas, G, del cuerpo es igual a La suma del momento de las fuerzas externas, F i, aplicadas al cuerpo rígido,, juntoconlafuerza de inercia, M a G, aplicada en el centro de masas, G, del cuerpo y el torque de inercia, I Gzz α, con respecto a un punto arbitrario debe ser igual a 0. A un nivel mas práctico, aplicando el principio de D Alembert, la suma de momentos de las fuerzas externas y de las fuerzas de inercia, con respecto a un punto arbitrario del cuerpo rígido debe ser cero. 13

14 9 Casos Especiales de las Ecuaciones de la Cinética de Cuerpos Rígidos Sujetos a Movimiento Plano General. En esta sección, se analizaránlos casos especiales de las ecuaciones de la cinética de cuerposrígidos sujetos a movimiento plano general, bajo estos casos especiales, las ecuaciones de la cinética tienen expresiones más simples que permiten analizar el movimiento de estos cuerpos de modo mas sencillo. 9.1 Cuerpos Rígidos Sujetos a Movimiento de Traslación. Si un cuerpo está sujeto a movimiento de traslación,elcuerponotienerotación, por lo tanto, α = 0, vea la figura 10, y las ecuaciones de Newton-Euler, para este caso, se reducen a Figure 10: Ecuaciones de la Cinética de un Cuerpo Rígido Sujeto a Traslación. F i = M a G, y T G = Cuerpos Rígidos Sujetos a Movimiento de Rotación aricéntrica. Si un cuerpo está sujeto a movimiento de rotación baricéntrica, el eje de rotación del cuerpo, perpendicular al plano de movimiento, pasa por el centro de masas, G, y, por lo tanto, la velocidad y aceleración del centro de masas son iguales a 0 deaquíque, a G = 0, vea la figura 11, y las ecuaciones de Newton-Euler, para este caso, se reducen a F i = 0, y T G = I Gzz α Cuerpos Rígidos Sujetos a Movimiento de Rotación No aricéntrica. Si un cuerpo está sujeto a movimiento de rotación no baricéntrica, suponga que el eje de rotación del cuerpo, perpendicular al plano de movimiento, pasa por un punto O. En este caso, es necesario realizar un sencillo análisis para simplificar las ecuaciones de Newton-Euler. La aceleración del centro de masas, 14

15 Figure 11: Ecuaciones de la Cinética de un Cuerpo Rígido Sujeto a Rotación aricéntrica. G, del cuerpo rígido sujeto a movimiento de rotación no baricéntrica tiene tanto una componente normal como una componente tangencial, las cuales empleando el concepto de placa representativa, están dadas por a Gn = ω 2 r G/O y a Gt = α r G/O, 52 donde r G/O es perpendicular al eje de rotación. De esa forma, las fuerzas externas y las fuerzas de inercia aplicadas al cuerpo rígido se muestran en la figura 12. Aplicando el principio de D Alembert para determinar la suma de los torques o momentos de las fuerzas externas aplicadas al cuerpo y de las fuerzas de inercia con respecto al punto O, la intersección del plano de movimiento del cuerpo con el eje de rotación, está dadapor Figure 12: Ecuaciones de la CinéticadeunCuerpoRígido Sujeto a Rotación No aricéntrica. T O + r G/O M ω 2 r G/O + rg/o M α r G/O IGzz α =

16 Puesto que r G/O r G/O = 0 y aplicando las propiedades del triple producto vectorial r G/O α r G/O = rg/o r G/O α + rg/o α r G/O = r G/O 2 α, pues r G/O α = 0. Sustituyendo estos resultados en la ecuación 53, se tiene que T O M r G/O 2 α I Gzz α = o T O = I Gzz α + M r G/O 2 α = I Gzz + M r G/O 2 α. 55 Recordando que, a partir del teorema de ejes paralelos o teorema de Steiner, se sabe que I Ozz = I Gzz + M r G/O 2. Por lo tanto, las ecuaciones de de Newton-Euler, para el caso de un cuerpo sujeto a rotación no baricéntrica, se reducen a F i = M a G, y T O = I Ozz α. 56 Figure 13: Centro de Percusión de un Cuerpo Rígido Sujeto a Rotación No aricéntrica. 10 Centro de Percusión de un Cuerpo Rígido Sujeto a Rotación No aricéntrica. Considere un cuerpo rígido, de masa M, sujeto a movimiento de rotación no baricéntrica. Donde el centro de masas de cuerpo rígido es el punto G y la intersección del plano de movimiento con el eje de 16

17 rotación no baricéntrica está dada por el punto O, sear la magnitud de la distnacia mínima entre ejes perpendiculares al plano de movimiento que pasan por los puntos G y O, como se muestra en la figura 13. Suponga que el cuerpo está sujeto a una velocidad angular ω y en ese instante se aplica una fuerza F en el punto P y se desea determinar la aceleración angular del cuerpo rígido y las reacciones en el centro de rotación. Figure 14: Diagrama de un Cuerpo Rígido Sujeto a Rotación No aricéntrica. La figura 14 muestra un diagrama de cuerpo libre del cuerpo mostrado en la figura 13. Las ecuaciones de movimiento del cuerpo rígido están dados por Fx = Ma Gx R Ox + F = Mαr Fy = Ma Gy R Oy Mg= Mω 2 r y finalmente, recordando que I O = I G + Mr 2,laúltima ecuación está dadapor TO = I O α F r + d =I O α = I G + Mr 2 α Por lo tanto, la aceleración angular está dadapor α = F r + d I G + Mr 2 y las reacciones en el centro de rotación O están dadas por y R Ox = F + Mαr= F + Mr R Oy = M g + ω 2 r, F r + d I G + Mr 2 = F IG + Mr 2 + MFr 2 + MFrd I G + Mr 2 = F Mrd I G I G + Mr 2 Finalmente, la reacción R Ox desaparece, es decir igual a 0, cuando Mrd I G =0 d = I G Mr = Mk2 Mr = k2 r. 17

18 donde k es el radio de giro del cuerpo, definido como I G = Mk 2. La distancia d determina el centro de percusión del cuerpo rígido, si se aplica una fuerza perpendicular a la línea OP sobre el cuerpo, esta fuerza no produce reacción alguna en el centro de rotación O. 11 Problemas Resueltos. En esta sección se presentan algunos ejemplos de problemas resueltos acerca de la cinética de cuerpos rígidos sujetos a movimiento plano general, o a algunos de sus casos particulares Figure 15: Gráfica de un barra sujeta por una cuerda y otra barra. Problema 1. Una varilla delgada y uniforme A de 4 Kg se mantiene fija mediante dos cuerdas y el eslabón CA cuyo peso puede ignorarse. Después de cortar la cuerda 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 eslabón CA en la forma en que se muestra. Determine, inmediatamente después de que ha sido cortada la cuerda D, a la aceleración de la varilla A, b la tensión en la cuerda E. 3 Solución: En esta primera parte mostraremos que, inmediatamente después de que se corta la barra D, la barra, 3, A está sujeta a movimiento de traslación curvilínea. Si la cuerda E, indicada como eslabón 4, está entensión, se comporta como un cuerpo rígido de manera que la velocidad del punto de la barra está dadapor v 3 = v 4 = ω 4 r /E = ω 4 ˆk L E cos θî L E sen θĵ = L E ω 4 cos θ ĵ + L E ω 4 sen θ î donde θ =60. Por otro lado, la velocidad del punto puede calcularse como v 3 = ω 2 r A/C + ω 3 r /A = ω 2 ˆk L CA cos θî L CA sen θĵ + ω 3 ˆk LA î = L CA ω 2 cos θ ĵ + L CA ω 2 sen θ î + L A ω 3 ĵ. 3 Este es el Problema del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. eer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F. 18

19 Igualando las ecuaciones vectoriales, se obtienen las siguientes dos ecuaciones escalares: L E ω 4 sen θ = L CA ω 2 sen θ L E ω 4 cos θ = L CA ω 2 cos θ + L A ω 3 De la primera ecuación L CA ω 4 = ω 2, L E Sustituyendo este resultado en la segunda ecuación, se tiene que L E ω 2 L CA L E cos θ = L CA ω 2 cos θ + L A ω 3 Por lo que L A ω 3 =0, Puesto que L A 0, ω 3 =0. Este resultado indica, que un instante después de cortarse la cuerda D, el movimiento de la barra A es de traslación. Mas aún, la aceleración de la barra A, tendrá la dirección de la aceleración tangencial de los puntos A o. Los diagramas de cuerpo libre de las barras CA y A se muestran en la figura 16. Figure 16: Diagramas de Cuerpo Libre de los Cuerpos Rígidos Involucrados. PuestoquelamasadelabarraCA es despreciable, las ecuaciones de la cinética de esta barra se convierten en las ecuaciones de la estática, y están dadas por F = 0 MC = 0. o R Ax + R Cx =0 R Ay + R Cy =0 M R Ax Lsenθ R Ay Lcosθ =0. donde L =0.45 m. y θ =60. De la tercera ecuación, se tiene que 3 R Ax 2 + R 1 Ay 2 = M L = 40 3 N. o 3RAx + R Ay = 80 3 N. 19

20 Las ecuaciones de la cinética de la barra A están dadas por F = M ag MG = 0. o R Ax T D cos θ = M A a G sen θ R Ay +T D sen θ M A g = M A a G cos θ R Ay d 2 +T D senθ d 2 =0, donde d =0.6 m. De la tercera ecuación Por lo tanto R Ay = T D sen θ = 3 2 T D 3 3RAx + 2 T D = N. R 3 Ax = N. 3 2 T D = N. 1 2 T D. Sustituyendo R Ax y R Ay en las dos primeras ecuaciones de la cinética de la barra A N. 1 2 T D T D cos θ = M A a G sen θ 3 2 T D + T D sen θ M A g = M A a G cos θ Multiplicando la primera ecuación por cos θ y la segunda ecuación por sen θ y sumando término a término, se tiene que cos θ N. 1 2 T D cos θ T D cos 2 θ = M A a G sen θ cos θ 3 sen θ 2 T D T D sen 2 θ + sen θm A g = +M A a G cos θ senθ La ecuación resulta es N. 1 4 T D T D T D + 2 4Kgm. 9.81m/s 2 =0 Por lo tanto T D =20.84 N. La aceleración de la barra A está dadapor N. 1 2 T D T D cos θ = M A a G sen θ a G = N T D + T D cos θ M A sen θ = N. + T D M A sen θ =1.571 m/s 2. Problema 2. El volante que se muestra en la figura 17 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 Si la velocidad 20

21 Figure 17: Gráfica de un volante sujeto a fricción. angular inicial del volante alcanza las 360r.p.m. en el sentido de las manecillas del reloj, determine la magnitud de la fuerza P requerida para deternerlo en 25 revoluciones. 4 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 fín considere la figura 18, que muestra un volante con una banda o cuerda que rodea al volante 180,lafiguramuestraademás 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 18: Deducción del Incremento de la Fuerza de Tension Debido a la Fricción. 4 Este es el Problema del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. eer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F. 21

22 y Considere el equilibrio del elemento de la banda o correa mostrado en la figura 18. Las ecuaciones son Fy =0 Tsen Δ θ θ +T +ΔT senδ 2 2 N =0, Despreciando, los términos infinitesimales de orden superior, se tiene que 5 Fx =0 N =2Tsen Δ θ 2 T Δ θ. Tcos Δ θ 2 +T +ΔT cosδ θ 2 μn =0, Nuevamente, despreciando los términos de orden superior, y sustituyendo el valor de N, 6 se tiene T +T +ΔT μt Δ θ =0 o Δ T Δ T = μtδθ Δ θ = μt dt dθ = μt. Por lo tanto, resolviendo la ecuación diferencial, se tiene que dt T = μθ Ln T = μθ+ C T = e μθ+c T = C 1 e μθ Si se propone la condición inicial que para θ =0,T = T 0,setieneque T 0 = C 1 e μ 0 = C 1 1=C 1 Por lo tanto T θ =T 0 e μθ. De la cinemática del cuerpo rígido, para que el volante pare en 25 rev = 50πrad., desde una velocidad angular de ω 0 = 360 r.p.m. =12πrad/s, es necesario que la aceleración angular sea igual a α = ω2 f ω2 0 2Δ θ = 0 12 πrad/s2 250π = 36 π 25 rad s 2. Es importante notar que el signo negativo aquí 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 dadapor P f = Pe μ π 2 Finalmente, el momento de inercia del volante con respecto al eje de rotación, que es un eje principal de inercia, está dadopor I G = 1 2 Mr2 5 Para ángulos pequeños sen α = α en radianes. 6 Para ángulos pequeños cosα =1 22

23 De modo que la ecuación de movimiento del sistema está dadapor o o P = Mr18 π 25 e μ π 2 1 MG = I G α Pr+ Pe μ π 1 72 π rad 2 r = Mr s 2. rad s 2 = 18 π 25 P e μ π 1 36 π rad 2 1 r = Mr s Lbm.1.25 pies rad s 2 e μ π 2 1 = poundals = Lbf. Figure 19: arra soportada por un apoyo y una cuerda. Problema 3. Una barra uniforme de longitud L ymasam se sostiene como se indica en la figura 19. Si el cable unido en 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. 7 Solution: Considere el diagrama de cuerpo libre de la barra mostrado en la figura 20, puesto que al romperse la cuerda en, la velocidad angular de la barras es 0, solo está presente la aceleración normal. Figure 20: Cuerpo libre de la barra. 7 Este es el Problema del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. eer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F. 23

24 Las ecuaciones de movimiento del cuerpo rígido son l Fx =0 R cx =0 Fy = Ma Gy R Cy mg = mα 2 b y, finalmente, [ l TC = I C α mg 2 b = 1 12 ml2 + m Por lo tanto, la aceleración angular de la barra está dadapor α = g l 2 b 1 3 l2 lb+ b 2 Por lo tanto, la magnitud de la aceleración del punto A está dadapor ] 2 l 1 2 b α = 12 ml ml2 mlb+ mb 2 α. a A = αb= g lb 2 b2 1 3 l2 lb+ b, 2 si se considera que b esunavariable,elmáximo valor de a A está dada para cuando 0= d a A db = g l 2 2 b 1 3 l2 lb+ b 2 g lb 2 b2 l +2b 1 3 l2 lb+ b 2 2 Por lo tanto l 1 lb 2 2 b 3 l2 lb+ b 2 2 b2 l +2b =0. Reduciendo la ecuación se tiene que l 2 4 lb+3b 2 =0. Las dos raices de la ecuación son 8 b = 4 l ± 16 l 2 43l 2 23 = 4 l ± 2 l 6 b 1 = l b 2 = l 3. Empleando b 2 = l 3,setieneque α = g l 2 l l2 l l 3 + l2 9 = 3 g 2 l De manera que, la magnitud de la aceleración del punto A está dadopor a A = α l 3 = 3 g 2 l l 3 = g 2. Finalmente la componente y de la reacción en C está dadapor [ ] l R Cy = m g α 2 b = m 24 [ g 3 g 2 l ] l = mg.

25 Figure 21: Mecanismo plano de cuatro barras. Problema 4. La barra A de 2 kg. y la barra C 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 sobre la barra A. 9 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 r A/O =60mm.ĵ r /A = 120 mm.ĵ r /C = 180 mm.ĵ Por otro lado, la velocidad y aceleración angular del eslabón motriz, el disco 2, está dadapor ω 2 = 6 rad. ˆk α 2 = 0. s. La ecuación correspondiente al análisis de velocidad del mecanismo plano de cuatro barras es 6 rad. s. ˆk 60 mm.ĵ ω 2 r A/O + ω 3 r /A = v 3 = v 4 = ω 4 r /C + ω 3ˆk 120 mm.î = ω 4ˆk 180 mm.ĵ Haciendo a un lado las unidades, se tiene que las ecuaciones escalares del análisis de velocidad son 360 = 180 ω ω 3 =0, ysusolución está dada por ω 4 = 2 rad. ˆk ω 3 = 0. s. La ecuación correspondiente al análisis de aceleración del mecanismo plano de cuatro barras es α 2 r A/O ω2 2 r A/O + α 3 r /A ω3 2 r /A = a 3 = a 4 = α 4 r /C ω4 2 r /C 6 rad mm.ĵ + α 3ˆk 120 mm.î = α 4ˆk 180 mm.ĵ 2 rad mm.ĵ s. s. 8 Cual es el argumento para no emplear b 1? 9 Este es el Problema del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. eer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F. 25

26 Haciendo a un lado las unidades, se tiene que las ecuaciones escalares del análisis de aceleración son 0= 180 α α 3 = 720, ysusolución está dada por α 4 = 0 rad. ˆk s 2 α 3 =12 rad.. s 2. ˆk. 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 a G3 = a A + a G3/A = α 2 r A/O ω2 2 r A/O + α 3 r G3/A ω3 2 r G3/A = 6 rad mm.ĵ + 12 rad. s. s 2. ˆk 60 mm.î = 1440 mm s 2 ĵ = 1.44 m s 2 ĵ. y a G4 = α 4 r G4/C ω4 2 r G4/C = 2 rad mm ĵ = 360 mm s s 2 ĵ = 0.36 m s 2 ĵ. 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 dadopor I 3/G3 = 1 12 m 3 l3 2 = Kgm.0.12 m2 =0.0024Kgm m 2. La figura 22 muestra los diagramas de cuerpo libre de los eslabones del mecanismo plano de cuatro barras. Figure 22: Mecanismo plano de cuatro barras. 26

27 Las ecuaciones de movimiento de los cuerpos 3 y 4, están dadas por Fx =0 Fy = m 3 a G3y TG3 = I 3/G3 α 3 y L R Ax R x =0 R Ay R y m 3 g = m 3 a G3y R Ay 2 R L y 2 = I 3/G3α 3. Fx =0 Fy = m 4 a G4y TG4 = I 4/G4 α 4 d R x + R Cx =0 R y + R Cy m 4 g = m 4 a G4y R x 2 + R d Cx 2 =0. A partir de la primera, cuarta y sexta ecuación de estos dos conjuntos de ecuaciones, se tiene que R Ax = R x = R Cx =0. La segunda y tercera ecuación de estos dos conjuntos pueden escribirse como R Ay R y = m 3 g + a G3y R Ay + R y = 2 L I 3/G3 α 3. Sumando las ecuaciones término a término, se tiene que R Ay = 1 [ m 3 g + a G3y 2 ] 2 L I 3/G3 α 3. = 1 [ 2 Kgm m 2 s m Kgm m2 12 rad ] s 2 = 8.13 N. De manera semejante, si se resta de la segunda ecuación, la primera ecuación, se tiene que R y = 1 [ m 3 g + a G3y 2 ] 2 L I 3/G3 α 3. = 1 [ 2 Kgm m 2 s m Kgm m2 12 rad ] s 2 = 8.61 N. Problema 5. El engrane 3 tiene una masa de 5 kg. y radio de giro centroidal k =75mm. 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 posiciónquesemuestra,determinea la aceleración angular del engrane 3, b la aceleración del punto. 10 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 10 Este es el Problema del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. eer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F. 27

28 Figure 23: Engrane Planetario. 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 r /A =2r î r P/ = 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 v P 3 = v P 1 = 0 y a P 3t = a P 1t = 0, y la dirección tangencial es la vertical. Entonces, la ecuación que determina la aceleración del puntp P 3 es a P 3 = a 3 ω 2 3 r P/ + α 3 r P/ = ω 2 2 r /A + α 2 r /A ω 2 3 r P/ + α 3 r P/ = α 2 r /A + α 3 r P/ = α 2 ˆk 2 r î + α3 ˆk r î =2α2 r + α 3 r ĵ De aquí que, la aceleración tangencial del punto P 3 y la ecuación final del análisis de aceleración está dada por a P 3t =2α 2 r + α 3 r ĵ = a P 1t = 0. Por lo tanto, α 2 = 1 2 α 3. Además, la aceleración de los centros de masa de la barra 2 y del engrane 3 están dadas por a G2 = α 2 r G2/A = 1 2 α 3ˆk r î = 1 2 α 3 rĵ 28

29 y a G3 = α 2 r G3/A = 1 2 α 3ˆk 2 r î = α 3 rĵ Después de este paso, es necesario determinar los diagramas de cuerpo rígido de la barra 2 y el engrane 3, vea la figura 24. Figure 24: Diagrama de Cuerpo Libre del Engrane Planetario. Las ecuaciones de la cinética del engrane planetario se simplifican notando que la barra 2 está sujetaa un movimiento de rotación alrededor de un eje fijo no baricéntrico, que pasa por el punto A y el engrane 3estásujeto 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 I 2A = I G2 + m 2 r 2 = 1 12 m 2 2r 2 + m 2 r 2 = 1 3 m 2 r 2 + m 2 r 2 = 4 3 m 2 r 2. De manera semejante, el momento de inercia del engrane 3 respecto al punto P está dadopor I 3p = I G3 + m 3 r 2 = m 3 k 2 + m 3 r 2 = m 3 k 2 + m 3 r 2 = m 3 k 2 + r 2. Las ecuaciones de la cinética de la barra son Fx =0 R Ax R x =0 Fy = m 2 a G2y R Ay R y m 2 g = 1 2 m 2 α 3 r y MA = I 2A α 2 m 2 gr R y 2 r = 4 3 m 2 r α 3 = 2 3 m 2 r 2 α 3. Las ecuaciones de la cinética del engrane son Fx =0 R x R Px =0 Fy = m 3 a G3y R y R Py m 3 g = m 3 α 3 r y MP = I 3P α 3 m 3 gr R y r = m 3 k 2 + r 2 α 3. 29

30 Multiplicando por 1 la tercera ecuación de la cinética de la barra y multiplicando por 2 la tercera ecuación de la cinética del engrane, y sumando las ecuaciones, se tiene que m 2 gr+ R y 2 r = 2 3 m 2 r 2 α m 3 gr 2 R y r = 2m 3 k 2 + r 2 α 3 58 m 2 +2m 3 gr= [ ] 2 3 m 2 +2m 3 r 2 +2m 3 k 2 α 3 o m 2 +2m 3 gr α 3 = 2 3 m 2 +2m 3 r2 +2m 3 k = [ ] rad [ ] = s 2. Por lo tanto, la aceleración angular de la barra 2, está dada por α 2 = 1 2 α 3 = rad s 2. Finalmente, la aceleración del punto, está dada por a = ω 2 2 r /A + α 2 r /A = m s 2 ĵ. Figure 25: Cilindro sujeto a posible movimiento de rodadura. Problema 6. 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 30

31 fricción estática y cinética son, respectivamente, μ s =0.25 y μ k =0.2, determine a si el disco se desliza onob la aceleración angular del disco y la aceleración del punto G. 11 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 yeldiscoestá, 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. Figure 26: Diagrama de cuerpo libre de un cilindro sujeto a posible movimiento de rodadura. Considere el diagrama de cuerpo libre del disco, vea la figura 26. El momento de inercia del disco compuesto respecto a un eje perpendicular al plano del papel que pasa por el punto Q, estádadapor I Q = I G + mr1 2 = mk2 + mr1 2 = m k 2 + r1 2 Las ecuaciones de movimiento del sistema son Fx = ma Gx P + F f = m αr 1 Fy =0 mg+ N =0 y MQ = I Q α P r 1 + r 2 =m k 2 + r1 2 α Por lo tanto, bajo la suposición de ausencia de deslizamiento, se tiene que α = P r 1 + r 2 m k 2 + r1 2 = rad = 24 s 2 A partir de este resultado, la fuerza de fricción necesaria para evitar que exista deslizamiento es F f = P mαr 1 = = 7.6 N. 11 Este es el Problema del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. eer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F. 31

32 Finalmente compararemos la fuerza de fricción necesaria con la disponible F f =7.6N μ s N = μ s mg = = N. Por lo tanto, el disco rueda sin deslizar y la aceleración del punto G está dadopor a Gx = αr 1 = = 3.84 m s 2. 32