Cinética de Cuerpos Rígidos: Métodos de Trabajo y Energía.

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1 Cinética de Cuerpos Rígidos: Métodos de Trabajo y Energía. 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..5 CP 3664, Irapuato, Gto., México altadeo@itesi.edu.mx Introducción. En estas notas, se presentan los fundamentos de la aplicación del método de trabajo y energía a la cinética de los cuerpos rígidos. Esta tarea es mucho mas sencilla que la deducción de las ecuaciones de Newton-Euler pues muchos de los resultados obtenidos en la aplicación del método de trabajo y energía a la cinética de partículas es inmediatamente aplicable para cuerpos rígidos. Por lo tanto, unicamente restan tres tareas:. Determinación de la energía cinética de un cuerpo rígido sujeto a movimiento plano general o alguno de sus casos particulares (a) Traslación (b) Rotación alrededor de un eje fijo baricéntrico. (c) Rotación alrededor de un eje fijo no baricéntrico.. Mostrar que el trabajo realizado por las fuerzas internas cuando un cuerpo rígido sufre un desplazamiento Euclideo o de cuerpo rígido es nulo. 3. Determinar el trabajo realizado por un par de fuerzas sobre un cuerpo rígido sujeto a movimiento plano general.

2 Es importante hacer notar que, a diferencia de las notas Cinética de Cuerpos Rígidos: Ecuaciones de Newton-Euler, en estas notas se supone de inmediato la restricción de que cuerpo rígido está sujeto a movimiento plano general. Determinación de la Energía Cinética de un Cuerpo Rígido Sujeto a Movimiento Plano General. De la cinética de partículas es bien conocido que la energía cinética de una partícula está dada por T = m v = m v v. () Porlotanto,laenergía cinética de un cuerpo rígido está dadapor T = v M v M dm, () donde M es una partícula arbitraria, cuya masa es dm. Expresando la velocidad de la partícula en términos de la velocidad del centro de masas, vea la figura se tiene que Figure : Relación de las Velocidades de los Puntos G y M. v M = v G + ω r M/G (3) por lo tanto, la ecuación()sereducea T = ( ) ( ) vg + ω r M/G vg + ω r M/G dm

3 = [ vg v G + v G ( ω ) ( ) ( )] r M/G + ω rm/g ω rm/g dm = ( ) v G v G dm + v G ω r M/G dm + ω ) ) (ˆn rm/g (ˆn rm/g dm (4) donde ω es la magnitud del vector velocidad angular ω y û es un vector unitario a lo largo de la dirección de la velocidad angular. Es evidente que M = dm (5) Q G = r M/G dm = 0 (6) ) ) ( I G,ˆn,ˆn = (ˆn rm/g (ˆn rm/g dm = rm/g ˆn ) ( r M/G ˆn ) dm Sustituyendo estos resultados en la ecuación (4), se tiene que la energía cinética de un cuerpo rígido sujeto a movimiento plano general está dadapor T = M v G + I G,ˆn,ˆn ω (8) Ahora bien, sin pérdida de generalidad, se supondrá que el plano de movimiento del cuerpo rígido es el plano X Y, por lo tanto, la dirección del eje de rotación es la del eje Z y la energía cinética del cuerpo rígido sujeto a movimiento plano general se reduce a T = M v G + I G,z,z ω. (9) (7). Determinación de la Energía Cinética de un Cuerpo Rígido Sujeto a Movimiento de Traslación. Si el cuerpo rígido está sujeto a movimiento de traslación, se tiene que ω = 0. Porlotanto,laenergía cinética de un cuerpo rígido sujeto a movimiento de traslación está dadapor T = M v G. (0) Está ecuación corresponde precisamente a la energía cinética de una partícula. 3

4 . Determinación de la Energía Cinética de un Cuerpo Rígido Sujeto a Movimiento de Rotación aricéntrica. Si el cuerpo rígido está sujeto a movimiento de rotación baricéntrica, se tiene que el centro de masas del cuerpo, G, está localizado en el eje de rotación y, por lo tanto, v G = 0. Porlotanto,laenergía cinética de un cuerpo rígido sujeto a movimiento de rotación baricéntrica está dadapor T = I G,z,z ω. ().3 Determinación de la Energía Cinética de un Cuerpo Rígido Sujeto a Movimiento de Rotación No aricéntrica. Suponga que el cuerpo rígido está sujeto a movimiento de rotación no baricéntrica, entonces suponga que el eje de rotación intersecta el plano de movimiento del cuerpo en el punto O este punto no tiene velocidad, es decir v O = 0 y la velocidad del centro de masas, G, estádadopor v G = ω r G/O, donde, puesto que se emplea el concepto de placa representiva, ω y r G/O son perpendiculares. Por lo tanto, se tiene que la energía cinética de un cuerpo rígido sujeto a movimiento de rotación no baricéntrica está dada por T = M ω r G/O + I G,z,z ω = M ω r G/O + I G,z,z ω = ω ( M r G/O ) +I G,z,z = ω I O,z,z, () donde se aplicó el teorema de Steiner o de ejes paralelos para obtener I O,z,z = M r G/O +I G,z,z. 3 Determinación del Trabajo Realizado por las Fuerzas Internas Cuando un Cuerpo Rígido Sufre un Desplazamiento Euclideo. En esta sección determinaremos el trabajo realizado por las fuerzas internas cuando un cuerpo rígido sufre un desplazamiento Euclideo. Considere dos partículas P i y P j que pertenecen a un cuerpo rígido,, cuyo centro de masas 4

5 está dado por G, vea la figura. Las velocidades de estos puntos, en términos de la velocidad de G, están dadas por v Pi = v G + ω r Pi/G y v Pj = v G + ω r Pj/G. (3) Figure : Determinación del Trabajo Realizado por las Fuerzas Internas de un Cuerpo Rígido Sujeto a Movimiento Plano General. La diferencial del trabajo efectuado por la pareja de fuerzas que actuan sobre P i y P j y que son producidas por P j y P i respectivamente, está dadopor Sin embargo, de manera que dt = f ij d r Pi + f ji d r Pj. (4) f ji = f ij d r Pi = v Pi dt d r Pj = v Pj dt, dt = f ij d r Pi + f ji d r Pj = f ij ( v Pi dt v Pj dt ) = f ij [( ( v G + ω r Pi/G) vg + ω r Pj /G)] dt = f ij [ ω ( r Pi/G r Pj/G)] dt. (5) Sin embargo, de la figura se tiene que r Pi/G r Pj /G = r Pi/P j Por lo que dt = f ij ( ω r Pi/P j ) (6) 5

6 Debe notarse que mientras que f ij es paralela a la línea que conecta las partículas P i y P j,elvector ω r Pi/P j es necesariamente perpendicular a esa misma línea, por lo tanto dt = f ij d r Pi + f ji d r Pj = f ij ( ω r Pi/P j ) =0. (7) Este resultado indica que el trabajo realizado por la pareja de fuerzas internas f ij y f ji cuando un cuerpo rígido sufre un desplazamiento Euclideo es nulo. Por lo tanto, extrapolando este resultado a la totalidad de las fuerzas internas que actuan sobre un cuerpo rígido, se tiene que T = ( P i f ij d r Pi ) = P i P j P i [ ( fij d r Pi + f ji d r Pj ) ] =0. (8) Este resultado indica que el trabajo realizado por las fuerzas internas cuando un cuerpo rígido sufre un desplazamiento Euclideo es nulo yno necesita considerarse en la aplicación del método de trabajo y energía aplicado acuerporígidos. 4 Determinación el Trabajo Realizado por un Par de Fuerzas Sobre un Cuerpo Rígido Sujeto a Movimiento Plano General. En esta sección determinaremos el trabajo realizado por un par de fuerzas sobre un cuerpo rígido sujeto a movimiento plano general. Considere dos partículas P i y P j que pertenecen a un cuerpo rígido,, cuyo centro de masas está dado por G, vea la figura 3. Las velocidades de estos puntos, en términos de la velocidad de G, están dadas por la ecuación (3). La diferencial del trabajo efectuado por el par de fuerzas, F, que actuan sobre P i y P j está dadopor dt = F ( d r Pi + F ) d r Pj. (9) Sin embargo, de manera que d r Pi = v Pi dt d r Pj = v Pj dt, dt = F d r Pi F d r Pj = F ( v Pi dt v Pj dt ) = F [( ( v G + ω r Pi/G) vg + ω r Pj /G)] dt = F [ ω ( )] ( ) ( r Pi/G r Pj /G dt= F ω rpi/pj dt= ω r Pi/P j F ) dt = ω T F dt= T F ωdt, (0) 6

7 Figure 3: Determinación del Trabajo Realizado por un Par de Fuerzas. donde T F es el momento o torque producido por el par de fuerzas F aplicado alaspartículas P i y P j. Debe reconocerse que, en movimiento plano general los únicos momentos que pueden producir trabajo son aquellos cuya dirección coincide con la dirección del vector velocidad angular ω, perpendicular al plano de movimiento del cuerpo rígido. En esas circunstancias, es posible prescindir del caracter vectorial de la ecuación (0) y reducirla a dt = T dθ f ω dt= T F dt dt= T F dθ. () de modo que el trabajo realizado por el par de fuerzas se reduce a t T = dt = T F dθ () t θ En particular, si la magnitud del par de fuerzas permanece constante durante el periodo para el cual se determina el trabajo, se tiene que T = t t dt = θ θ T F dθ = T F θ θ θ dθ = T F (θ θ ). (3) 5 Determinación de las Ecuaciones del Método de Trabajo y Energía para Cuerpos Rígidos. En esta sección, los resultados obtenidos en la aplicación del método de trabajo y energía para una partícula se extrapolarán a cuerpos rígidos. Considere la ecuación de trabajo y energía para una partícula, dada por T + U = T (4) 7

8 donde T i es la energía cinética de la partícula en las posición i y U es el trabajo realizado por las fuerzas aplicadas a la partícula durante la trayectoria seguida por la misma partícula al pasar de la posición a la posición. Por lo tanto, cuando se considera un cuerpo rígido la ecuación del método de trabajo y energía, (4), se transforma en T dm+ U dm= T dm, (5) donde, ahora la integral T i T i dm (6) representa la energía cinética del cuerpo rígido en la posición i y, de acuerdo a la ecuación (8), está dada por T i = M v Gi + I G,z,z ω i. o por alguno de los casos particulares indicados en la sección. Por otro lado, la integral U U dm (7) representa el trabajo efectuado por todas las fuerzas aplicadas sobre todas las partículas del cuerpo rígido. Sin embargo, los resultados obtenidos en la sección 3 indican que el trabajo realizado por las fuerzas internas al cuerpo rígido es nulo. Por lo tanto U representa el trabajo efectuado por todas las fuerzas externas aplicadas al cuerpo rígido. Finalmente, la ecuación que representa el método de trabajo y energía para cuerpos rígidos está dadapor 6 Sistemas Conservativos. T + U = T. (8) Si todas las fuerzas externas aplicadas al cuerpo rígido son conservativas; es decir, son resultado de un campo escalar de energía potencial, o alternativamente, no disipan energía, entonces, el trabajo realizado por las fuerzas externas aplicadas al cuerpo rígido puede escribirse como U = V V. (9) donde V i, representa la suma de las energías potenciales asociadas a todas las fuerzas, conservativas, aplicadas sobre todas las partículas del cuerpo, cuando este cuerpo se encuentra en la posición i. 8

9 Sustituyendo la ecuación (9) en la ecuación (8), se obtiene que la ecuación que representa el método de trabajo y energíapara cuerpos rígidos, cuando todas las fuerzas externas aplicadas al cuerpo rígido son conservativas, está dadapor T + V V = T. o finalmente T + V = T + V. (30) Esta es la ecuación necesaria para aplicar el método de trabajo de energía si el sistema es conservativo. 7 Problemas Propuestos. En esta sección se presentarán algunos problemas propuestos de aplicación del método de trabajo y energía y su solución detallada. 3 Figure 4: Cilindros sujetos a fricción. Problema. El cilindro uniforme A de 4 kg, cuyo radio r = 50 mm, tiene velocidad angular ω 0 =50 rad s cuando se pone en contacto con un cilindro idéntico que está en reposo. El coeficiente de fricción cinética en el punto de contacto D es μ k. Después de un periodo de deslizamiento los cilindros alcanzan, al mismo tiempo, velocidades angulares constantes de igual magnitud y dirección opuesta. Si el cilindro A ejecuta tres revoluciones antes de llegar a la velocidad angular constante, y el cilindro completa una revolución antes de alcanzar la velocidad angular constante, determine a) la velocidad angular final de cada cilindro, b) el coeficiente de fricción cinética. Solución: La figura 5 muestra los diagramas de cuerpo libre de ambos cilindros. Este es el Problema 7.6 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. eer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F. 9

10 Figure 5: Diagrama de cuerpo libre de dos cilindros sujetos a fricción. En la aplicación del método de trabajo y energía para cuerpos rígidos, se necesitan determinar cuales son las posiciones y. En este caso, las posiciones están determinadas por. La posición ocurre justo cuando los discos se ponen en contacto. En este caso, para cada uno de los discos T A = I A ω 0 = 4 mr ω 0 T =0. La posición ocurre cuando ambos discos tienen la misma velocidad angular, en sentidos opuestos, y por lo tanto, no hay deslizamiento. Para esta posición, para cada uno de los discos, I A = I,porloque T A = T = I A ω f = 4 mr ω f Finalmente, es necesario calcular el trabajo efectuado por las fuerzas que si realizan trabajo, que en este caso son los momentos producidos por las fuerzas de fricción U A = μ k NrΔθ = μ k mgrδθ y U = μ k NrΔθ 3 = μ k mgrδθ 3. Por lo tanto, para el disco A 4 mr ω0 μ k mgrδθ = 4 mr ωf yparaeldisco 0+μ k mgrδ θ 3 = 4 mr ω f 0

11 Restando término a término ambas ecuaciones, se tiene que 4 mr ω0 μ k mgrδθ μ k mgrδθ 3 =0 o 4 μ k = rω 0 g (Δ θ +Δθ 3 ) = 4 (0.5 m.) ( ) 50 rad s 9.8 m s (3 + ) π =0.38 Finalmente, la velocidad angular final de ambos discos es μ k mgrδθ 3 4 μk g Δ θ 3 ω f = = =5 rad 4 mr r s r = 3 =r 4 =h Figure 6: Polea conectada a dos cuerpos. Problema. La doble polea de la figura 6 tiene una masa de 4 kg y radio de giro centroidal de 65 mm. El cilindro A yelbloque están unidos a cuerdas enrolladas en las poleas tal como está indicado. El coeficiente de fricción entre el bloque y la superficie es μ k =0.5. Si el sistema se suelta desde el reposo en la posición mostrada, determine a) la velocidad del cilindro A cuando éste golpea el suelo, b) la distancia total que el bloque se mueve antes de quedar en reposo. Solución: En la aplicación del método de trabajo y energía debe de indicarse cuales son las posiciones del sistema en las distintas fases del sistema. Para este problema, las posiciones son Este es el Problema 7.9 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. eer, F.P., Johnston, E.R. y Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F.

12 . Posición. Posición inicial del sistema, cuando esta en reposo.. Posición. Justo antes de que el cilindro A choque con el piso. 3. Posición. Justo después de que el cilindro A ya ha chocado con el piso. 4. Posición 3. Cuando el bloque llega de nuevo al reposo. Entonces, es posible analizar el comportamiento del sistema entre las posiciones y. La energía cinética del sistema en estas posiciones y están dadas por T =0, y T = I ω + m 3 v + m 4 va = [ m k ω + m 3 r ω + m 4 r ω ] = [ ω m k + m 3 r + m 4 r] Por otro lado, el trabajo realizado entre las posiciones y está dadopor 3 U = m 4 gh μ k m 3 g r [ ] r h = gh m 4 μ k m 3 r r Por lo tanto, puesto que T + U = T 0+gh [ ] r m 4 μ k m 3 = [ r ω m k + m 3 r + m 4 r] se tiene que [ ] gh r m 4 μ k m 3 r ( ) ( 9.8 m s (0.9 m) ω = m k + m 3 r + m 4 r = 0.5) kg ( ) kg m = rad s =.7309rad s Por lo tanto, la velocidad del cilindro A justo antes de chocar el piso está dada por ( v A = ω r =.7309 rad ) (0.5m) =.93 m s s En la posición,laenergía cinética del cilindro A ya se disipó porelchoque del cuerpo con el piso, por lo tanto T = [ ω m k + m 3 r] 3 Es importante notar que las tensiones en las cuerdas no producen trabajo pues son fuerzas internas, además la determinación de las fuerzas que realizan trabajo es tan simple que no es necesario realizar los diagramas de cuerpo libre de los cuerpos.

13 mientras que la energía cinética en la posición 3 es nula, pues el cuerpo y, por lo tanto, la polea esta en reposo. de aquí que T 3 =0. Finalmente,eltrabajoefectuado entre la posición y3,setieneque U 3 = μ k m 3 gδ s La ecuación resulta que [ T + U 3 = T 3 ω m k + m 3 r ] μk m 3 gδ s =0. Por lo tanto [ ( ) Δ s = ω m k + m 3 r].7309 rad [ s ] kg m = μ k m 3 g kg 9.8 m =.89 m. s Por lo tanto, la distancia total que recorrióelbloque está dadapor Δ s T = r h +Δs = 0.5 m 0.9 m +.89 m =.359 m. r 0.5 m 3