CAPITULO 5: CINÉTICA DE CUERPOS RIGIDOS

5.1.1. INTRODUCCIÓN

El análisis cinético de los cuerpos rígidos esta basado en la Segunda Ley de Newton. En capítulos anteriores definimos La Primera Ecuación Fundamental de la Dinámica, es decir:

∑ F=R=m . a=Wg

. a1era E.F.D…………… (1)

Pero existen una 2da formula que tiene la siguiente forma.

∑ M =H¿

2da E.F.D……………. (2)

Donde: H : Cantidad de movimiento angular.

H¿

: Derivada respecto el tiempo de la cantidad de movimiento angular, que representa la variación respecto el tiempo de la cantidad de movimiento angular del cuerpo.

Las ecuaciones (1) y (2) están relacionadas entre si por una correlación de movimiento lineal y angular. Esto lo visualizamos en los siguientes gráficos: a) Movimiento circular de una partícula.

Cantidad de movimiento angular de una partícula de masa “M” en un movimiento de rotación alrededor de un eje fijo. b) Movimiento general de una partícula

m . v

r

H0=r . m . r

m . v

m . vθ φm . vr

reθ er θ

La magnitud será:

H0=r . m . vθ=m . r2 .θ¿

H0 = r2 . m . w

De los gráficos: el vector resultantes de r ×m . v lo denominamos: H

H=r ×m . v

Por otro lado:

Si: r =X i+Y j+Z k

y m . v=m .Vx i+m . Vy j+m .Vz k

H=r ×m . v

=

=m . y .Vz i + m .x . Vy k + m . z .Vx j − m . y . Vx k −m . x . Vz j − m . z .Vy i

H= m ( y .Vz −z . Vy ) i + m ( z .Vx − x . Vz ) j + m ( x . Vy − y .Vx ) k

Haciendo:

Hx=m ( y .Vz −z . Vy )Hy=m( z . Vx − x .Vz )Hz=m( x . Vy − y .Vx )

H=Hx i + Hy j +Hz k ……………(α)

La ecuación (α) representa el vector de cantidad de movimiento angular en un entorno tridimensional en términos de componentes rectangulares.

Donde:Hx: cantidad de movimiento Angular alrededor del eje X.Hy: cantidad de movimiento Angular alrededor del eje Y.Hz: cantidad de movimiento Angular alrededor del eje Z.

¿| i j k ¿|| x y z ¿|¿¿

¿ m ¿| i j k ¿|| x y z ¿|¿¿

¿

Marco de referencia fijo

VARIACION CON RESPECTO AL TIEMPO DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO ANGULAR

Sabemos: H=r ×m . v

Finalmente:

5.2. ECUACIONES DE MOVIMIENTO BIDIMENSIONAL DE UN CUERPO RIGIDO

∑ M G=I G . α , donde:I G : Momento de inercia del cuerpo tomado en su centro de gravedad α : Aceleración angular de movimiento del cuerpo.

Sea el grafico:

Donde: ®: Cuerpo en movimiento.

ω y α : Velocidad y aceleración angular del movimiento cuyos vectores son:

ϖ=ωk y { α=α k ¿ G: Centro de masa del cuerpo rígidodm: Masa infinitesimal del cuerpo rígido.

Marco de referencia móvil

H¿

=ddt

(r ×m .v )

H¿

=drdt

×m . v + r×ddt

(m .v )

H¿

=r¿

×m .v + r× (m .a )

H¿

=v ×m .v + r×(m .a )

H¿

=r×(m .a )

H¿

=r×∑ F

H¿

=∑ M

ρ : Vector de posición de “dm”

Del grafico: ρ=x i + y j

Si a la velocidad VB/G lo multiplicamos por la masa infinitesimal dm, obtenemos:

VB/G.dm – Cantidad de movimiento relativo alrededor de “G”

Y si a VB/G lo multiplicamos por el vector ρ=x i + y j , obtenemos el momento de la Cantidad de movimiento relativo alrededor de “G” representado por “H”. Es decir:

H= ρ×dm .V B/ G

Pero, como:V B/G= d

dt (rB / G )

Y: r B / G - Vector de magnitud constante fijo en cuerpo rigido que gira, entonces le aplicamos

el Teorema Omega

ddt (r B/ G )=ω×r B/G=ω×ρ

⇒H=ρ×(ω×ρ ) . dm

Integrando:

H=∫ ρ×( ϖ× ρ )dm (Cantidad de mov. Angular total del CR)…… (1)

Pero:

ω×ρ=ωk×( x i+ y j )=x .ω j− y . ωi

Entonces:

ρ×(ϖ× ρ)=( x i+ y j )×( x .ω j− y .ωi)=ω . x2 k + ω . y2 k

ρ×(ω×ρ )=ω ( x2+ y2 ) k=ω . ρ2 .k

Reemplazando en la Ecuación (1):

H=∫ω . ρ2 . dm

H =ω∫ ρ2 . dm

Por estática: ∫ ρ2 dm=I

⇒ H=I . ωDerivando respecto el tiempo:

H¿

=ddt

( I . ω )=I . ω

⇒ H¿=IG . α

Por otro lado como:

∑ M=H¿

⇒ ∑ M=I . α

Finalmente para un movimiento bidimensional de cuerpos rígidos las ecuaciones escalares teniendo como referencia el plano XY y teniendo en cuenta la 1era y 2da ecuación de la dinámica son las siguientes.

{∑ F X=m . a X ¿ {∑ FX=m . aY ¿ ¿¿¿5.3 ECUACIONES DE MOVIMIENTO PARA CUERPOS RIGIDOS EN TRANSLACION

Si un cuerpo rígido esta en traslación, solo es necesario la 1era ecuación para determinar su movimiento. No existe movimiento rotacional, pero sin embargo puede ser necesaria la aplicación del movimiento angular para determinar fuerzas o pares desconocidos. Las ecuaciones de movimiento serán:

∑ F X=m . aX , ∑ FY=m . aY y ∑ M =0

5.3.1 ECUACIONES DE MOVIMIENTO PARA UN CUERPO RIGIDO CON ROTACIÓN ALREDEDOR DE UN EJE FIJO

a) Rotación Centroidal:

El eje de rotación pasa por el centro de masa. En este caso la aceleración lineal a=0 .Los diagramas equivalentes de fuerzas aplicadas y efectos dinámicos son como se indica en el siguiente diagrama.

En este caso las ecuaciones del movimiento serán:

∑ F X=0 , ∑ FY=0 y ∑ M= I α

OBS.: El signo barra se usa para determinar la suma de momentos respecto el eje centroidal de rotación.

b) Rotación No Centroidal.- En este caso, el eje de rotación no pasa por el centro de masa. Por lo

tanto debido a la acción de las fuerzas se generan una velocidad y una aceleración angular (α , ω ) . Sea el grafico:

Del grafico deducimos lo siguiente:

1. Las fuerzas W, P, Rh y Rv dan los valores instantáneos de ω y α .

2. El centro de masa G se mueve en forma circular en una circunferencia de radio r y tiene una aceleración a cuyas componentes son:

an=rω2(Hacia A)

a t=rα(Perpendicular a r en sentido de α )

3. m . an y

m . at como componentes de la fuerza resultante R=ω

g⋅a

, actúan tal como se

muestra en la figura. Y junto a I . α componen un sistema dinámico que es equivalente al sistema de fuerzas inicial.

Entonces, tomando suaba de momentos respecto “O” (centro de rotación)

∑ M O=I α +ωg

⋅r .α . r

∑ M O= (I +ωg

⋅r2) . α

Haciendo: I 0=I + ω

g⋅r2

⇒∑ MO=I 0 . α

Donde:

I + ωg⋅r2 ⇒

Se interpreta de la siguiente manera:

“El momento de inercia centroidal se transfiere desde “G” hacia “O” en una distancia r ”.Por lo tanto las ecuaciones de movimiento tomaran la siguiente forma:

∑ Fn=m . r . ω2 , ∑ F t=m . r .α , ∑ MO=I0 . α

Ejemplo:

G1

G2

am.

5.3.2 ECUACIONES DE MOVIMIENTO PARA CUERPOS RODANTES

En cuerpos rodantes, el centro de masa tiene un movimiento rectilíneo paralelo a la superficie plana sobre la cual rueda.

Sea el grafico:

Donde:

Wg⋅a

: Fuerza resultante que pasa por “G” y es paralela a la superficie de rodamiento.

Además: la aceleración lineal a donde sus componentes: aX=0 y aX=0 Entonces las ecuaciones del movimiento serán:

∑ F X=m . a , ∑ FY=0 , ∑ M =I . αEn el movimiento de cuerpos rodantes se presentan 2 casos:

a) Disco rodante sin deslizamiento

Esto ocurre solo si hay suficiente fuerza de fricción en el C.I. para mantener ese punto instantáneo en reposo. La fuerza de fricción se encuentra entre “O y f .N”

I . α

r

Dado que desconoce el valor de dicha fuerza de fricción entonces, para eliminarla tomamos sumas de momentos respecto de “C”.

∑ M C=I . α+ ωg⋅a. r

Dado que: el disco rueda sin deslizamiento ⇒ a=r . α

⇒∑ MC=I .α+ωg

⋅r2 . α

∑ MC=(I +ωg

⋅r 2). α

Haciendo:I+ ω

g⋅r2=IC

⇒ ∑ M C= I C . α

b) Discos Rodantes Desbalanceados

En este caso el centro de masa “G” y el centro geométrico del disco no coinciden tal como se muestra en la figura.

Del grafico:

aG=aO+aG /O

aG=aO+a G /On +a G/O

t

Donde:

a G /On =(OG ) . ω2

a G /Ot =(OG ) . α

5.4 MOVIMIENTO PLANO GENERAL (MPG)

Se dice que un cuerpo rígido esta en MPG cuando se traslada y gira. Este movimiento combinado se analiza utilizando las ecuaciones de la primera ecuación fundamental de la dinámica y la ecuación del movimiento angular, entonces las ecuaciones de movimiento serán:

∑ F X=m . aXG , ∑ FY=m . aYG y ∑ M=I .α

Pasos para la Solución de Problemas de Cinética:

1) Construcción del DCL del sistema o DCL de cada uno de los componentes del sistema.2) Determinar la dirección del movimiento.3) Hacer positivo la dirección del movimiento.4) Aplicar las ecuaciones de movimiento de cuerpos rígidos, según sea el tipo de movimiento: (traslación, rotación, rotación pura, etc.)5) Determinar las relaciones cinemáticas en caso de que el número de ecuaciones sea menor al número de incógnitas.6) Crear un equilibrio dinámico (opcional).

EJERCICIOS DESARROLLADOS:

1. Una varilla de 1.8m que pesa 50kg. esta rígidamente asegurado a un cilindro de 100kg. Para ello se pide calcular la aceleración lineal del bloque “W” de 150kg. en la posición dada.

Solución:

DCL de los componentes. Determinamos la dirección del movimiento.

La aceleración lineal del bloque será:

ab=r . α=0,6 α……………….. (1)

Calculo de la aceleración angular(α ) .Aplicando la ecuación del movimiento para el conjunto.

………….. …. (2)

WV =50 kg .W d=100 kg .W=150

W V W d

RV

Rh

∑ M B=I B .α

T (0,6 ) − W V (0,9 )=I B . α

⇒ α=T (0,6 ) − W V . (0,9 )I B

Calculo del momento de inercia I B

Calculo de la tensión.Aplicando la ecuación del movimiento para el bloque.

[∑ F X=m . aX ]W − T=W

g⋅aX

Pero: aX=0,6 α

………………. (4)

Reemplazando (3) y (4) en (2).

α=T (0,6 ) − W V (0,9 )I B

α=(150 − 90 .

αg ) (0,6 ) − (50 ) (0,9 )

72/ g

⇒ 72αg

=90 − 54αg

− 45

Pero: g = 9,81 m/s2

I B=I var illa + I disco

I B=112

⋅mV⋅L2 + mV⋅d2 +12⋅md⋅r2

I B=112

⋅W V

g⋅L2 +

W V

g⋅d2 + 1

2⋅

W d

g⋅r2

I B=112

⋅50g

⋅(1,8 )2 + 50g

⋅(0,9 )2 + 12⋅100

g⋅(0,6 )2

I B=72g

[kg . m . s2 ] . .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . (3 )

⇒ T=W −Wg

⋅(0,6 )α

T=150 − 150⋅(0,6 )⋅αg

T=150 − 90⋅αg

⇒ α=3 , 502 rad /s2

Finalmente:De la ecuación (1):

ab=0,6 (α )ab=0,6 (3 , 502 )ab=2,1 m / s2

2. En el mecanismo con cuerpos rodantes mostrada en la figura calcule la tensión en la cuerda que sostiene el cuerpo A teniendo en cuenta que WA = 50kg.

.

Solución:

DCL de cada componente. CIR.

{W B=100 kg ¿¿¿¿

{W D=150 kg ¿ ¿¿¿

W A=50 kg

αD T D αB

T BT D

{W B=100 kg ¿¿¿¿W D

W B

{W D=150 kg ¿ ¿¿¿ W A W A=50 kg

Relaciones cinemáticas:

Aplicamos relaciones cinemáticas: (Del gráfico anterior):

1,5 . (θD )=1,8. (θB )1,5 . (αD )=1,8 . (αB )

α D=1,81,5

⋅ (αB )α D=1,2 . αB

Calculo de los momentos de inercia de los cuerpos rodantes respecto su CIR.a) Del Cuerpo Rígido D:

I D=I + mD . d12

I D=mD . r g2 + mD . d12

I D=W D

g⋅r g2 +

W D

g⋅d1

2

I D=150g

⋅( 0,6 )2 +150g

⋅(0,9 )2

I D=175 ,5g

kg .m . s2

b) Del Cuerpo Rígido B:

θD

d1 θB d2

I B=I + mB . d22

I B=mB . r g2 + mB . d22

I B=W B

g⋅r g2 +

W B

g⋅d2

2

I B=100g

⋅(√0 , 27 )2 +100g

⋅( 0,9 )2

I B=108g

kg .m . s2

Aplicando las ecuaciones de movimiento o cinéticas:a) El bloque:

[∑ F X=m . aX ]W − T=W

g⋅aX

Pero: aX=0,6 . αB

………………………..…. (1)

b) Al cuerpo rodante D:

[∑ M CD=I D . αD ]T D . (1,5 )=175 , 5

gαD

Pero: αD=1,2 . αB

. ……..………. (2)

⇒ T=W −Wg

⋅(0,6 ) αB

T=50 − 50g

⋅(0,6 )⋅αB

T=50 −30g

⋅αB

⇒ T D=175 ,5g

⋅1,2g

⋅11,5

⋅αB

T D=140 , 4αB

g

c) Al cuerpo rodante B:

[∑ M CB=I B . αB ]−T D (1,8 ) + W B (0,9 ) + T (0,6 )=I B . αB

Reemplazando valores de TD, T, IB en la ecuación:

⇒ −140 ,4 (1,8 )⋅αB

g+ 100 (0,9 ) + 0,6 (50 − 30

αB

g )=108αB

g

−252 ,72αB

g+ 90 + 30 − 18

αB

g=108

αB

g

378 ,72αB

g=120

αB

g=0 ,3168

αB=3 ,108 rad / s2

Finalmente de la ecuación (1):

T=50 − 30 (0 ,3168 )T=40 ,5 kg

3. Se tiene un conjunto de poleas mostrado en la figura con un peso de 75kg. y un radio de giro centroidal de 0,6m. los bloques se encuentran unidos por cuerdas y pesan WA = 50kg y WB = 100kg, Calcular: a. “α” de las poleas y aceleración lineales de los bloques A y B.

b. Tensiones en las cuerdas y la reacción en el eje de las poleas.

T A , T B y R=?

{W P=75 kg .¿ ¿¿¿

Solución: Parte A Construcción del DCL de los componentes:

Determinamos la dirección del movimiento y hacemos (+) positivo en dirección X para el bloque A y B. Escribiendo las ecuaciones de movimiento:

Para el bloque A:

... …………………………. (1)

Para el bloque B:

……………………….……. (2)

Para la polea: Rotación alrededor de un eje fijo (centroidal)

“El bloque B esta bajando”

W A W Bα

Rh

W P

RV

W A W PT A T B

T − W A=m . aX=W A

g⋅(0,9 α )

T A − 50=0,9 (50 )⋅αg

T A=50 − 45αg

W B − T B=m . a X=W B

g(0,6 α )

100 − T B=100 (0,6 ) αg

T B=100 − 60αg∑ M =I . α

− T A (0,9 ) + T B (0,6 )=I P . α

− 0,9 T A + 0,6 T B=W P

g⋅(0,6 )2 . α

− 0,9 T A + 0,6 T B=75 ( 0,6 )2⋅αg

− 0,9 T A + 0,6 T B=27⋅αg

AT BT

hR

VR

PW

Pero: I P=m . r g2

…………………. (3)

Reemplazando los valores: (TA y TB) en (3)

− 0,9 (50 + 45⋅αg ) + 0,6 (100 − 60⋅α

g )=27⋅αg

− 45 − 45 (0,9 )⋅αg

+ 60 − 36⋅αg

=27⋅αg

15 =27⋅αg

+ 36⋅αg

+ 45 . (0,9 )⋅αg

αg

=0 , 1449 ⇒ α=1 , 42 rad /s2

Reemplazan (1) y (2) obtenemos T A y T B

⇒ T A=50 − 45 (0 ,1449 )T A=56 ,5 kg

⇒ T B=100 − 60⋅αg

T B=91 , 3 kg

Parte B:

Dado que Rh=0

[∑ F y=0 ]RV − W P − T A − T B=0RV =W P + T A + T B

RV =75 + 56 ,5 + 91 ,3RV =222 ,8 kg

4. Un cuerpo rígido CR mostrado en la figura conectada de una barra uniforme AB que pesa 32,2 lb. soldada en el punto “A” a un disco homogéneo que pesa 64,4 lb. Un peso W esta suspendido de un cable sin masa el cual esta unido en B a la barra; pasando por una polea, la cual pesa 16,1 lb. con un radio de giro de 0,5 pies alrededor de su eje.a) Calcular las aceleraciones angulares de la polea y el CR compuesto.b) Calcular las reacciones en la polea “P”.

Solución:

DCL de los componentes: Análisis de movimiento:Bloque: Movimiento de Traslación.Polea: Movimiento de Rotación alrededor del eje fijo.

r g=0,5 pies

O2

O1 W AB= 32 , 2 lb .

Relaciones cinemáticas.

Aceleración del bloque:[a=Rα ] ; aX=1 (αP )=αalignl ¿P ¿¿¿

Aceleración de CRC:α AB (6 )=αP (1 ) ⇒ α AB=

αP

6

Aplicación de las ecuaciones cinemáticas:

Bloque: [∑ F X= m . aX ]

Polea: [∑ M= I . α ]

Para el cuerpo compuesto:

1T

αP

W P

W P

O1Y W P

T 1 O2Y αP

O1 X WdT 2

W AB

⇒ W − T 2=Wg

⋅αP

64 , 6 − T 2=64 , 632, 2

⋅αP

T 2 + 2 αP= 64 ,6 . .. .. .. . .. .. . .. . (1)

I P=mP . rg

2

I P=W P

g⋅(0,5 )2

⇒ T 2 − T 1 (1 )=16 , 132 , 2

⋅(0,5 )2 . αP

T 2 − T1= 0 , 125αP .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. (2 )

[∑ M O1= I O1 . α ] ; Aplicando: [ I O= I + m . d2 ]

I O1= [ 1

2⋅md . r2 + md . d1

2 ] + [ 112

⋅mAB . L2 + mAB . d22 ]

I Disco I Barra

I O1=12⋅64 , 432 , 2

⋅(1 )2 +64 ,432 , 2

⋅(1 )2 +112

⋅32 ,232 ,2

⋅(4 )2 +32, 232, 2

⋅(4 )2

I O1=1 + 2 + 1 , 33 + 16

I O1=20 ,33 pies . lb . s2

⇒ T1 (6 ) − W AB (4 ) − W d (1 )= 20 ,33 α AB ; pero: αAB=αP

6

6 T 1 − 32 , 2 ( 4 ) − 64 , 4 (1 ) )= 20 ,33αP

6⇒ T 1=0 , 56 αP + 143 ,2 .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. (3 )

Reemplazando (1) y (3) en (2)

64 ,6 − 2 αP − 0 , 56 αP − 193 ,2=0 , 125αP

⇒ αP=12 rad /seg .

De las relaciones cinemáticas: α AB=

αP

6= 2 rad / seg .

Parte B: Reacción en la polea:

a) [∑ FY= 0 ] ;

O2Y − W P − T 2 − T 1=0

O2Y=W P + T 2 + T1 . .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . ( 4 )

b) Calculo de T 2 y T1 :

De la ecuación (1):

De la ecuación (2):

T 2= 64 ,6 − 2αP

T 2= 64 ,6 − 2 (12 )⇒ T 2= 40 , 6 lb .

T 1= 0 ,56 (12 ) + 193 ,2⇒ T1= 200 lb .

Reemplazando en (4):

O2Y= W P + T2 + T 1

O2Y=16 , 1 + 40 , 6 + 200O2Y= 256 ,7 lb .

EJERCICIOS PROPUESTOS:

1) En la figura mostrada sin deslizamiento una varilla AB de 1,8 m. de largo y con un peso de 30 kg. Cuelga del centro de un cilindro macizo de 0,6 m. de radio y un peso de 50 kg. Si el cilindro puede rodar, determinar las aceleraciones del centro de masa A. después de aplicar una fuerza de 33 kg. En el punto B. El cuerpo se encuentra inicialmente en reposo.

3) El disco y el tambor acoplados que vemos en la figura están bajo el efecto de una fuerza P = 50 kg. Que siempre permanece horizontal, suponiendo que ruedan libremente, determine la aceleración y la fuerza de fricción requerida

Resp. a A=1 , 96 m /s2

2) En el sistema de cuerpos conectados mostrado en la figura AB es una barra de 25 kg. Y 1,8 m. de largo, la cual se encuentra firmemente adherida al tambor B. El sistema parte del reposo,

cuando se encuentra en su posición mas baja. Calcular la velocidad angular de B cuando θ= 300

Resp. a= 2 ,15

ms2

f = 42 ,1 kg .

{W B=50 kg ¿¿¿¿ {W C=25 kg ¿ ¿¿¿

{W D=150 kg ¿ ¿¿¿θ

{W A=25 kg ¿¿¿¿