Problema Resuelto de Cinetica de Cuerpos Rgidos: Ecuaciones

de Newton-Euler.

Roco Guadalupe Hernandez Jaime.

Materia: Dinamica de Cuerpo Rgido

Universidad de Guanajuato, F. I. M. E. E.

Carretera Salamanca-Valle de Santiago Km. 3.8 + 1.5

CP 36730, Salamanca, Gto., Mexico

Problema 16.45. El disco B tiene una velocidad angular o cuando se pone en contacto con el discoA, que esta en reposo. Demuestre que a) las velocidades angulares finales de los discos son independientesde los coeficientes de friccion k entre los discos siempre que k 6= 0, b) que la velocidad angular finaldel disco B depende solo de o y del cociente de las masas mA y mB de los discos.

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Figure 1: Figura problema 16.45.

Solucion. Primero se realizan los diagramas de cuerpo libre de nuestros dos discos, suponemostambien el caso de que no existe deslizamiento entre ellos. Colocamos un punto de referencia Q dondelos dos discos entran en contacto.

Suponemos que el disco B tiene una aceleracion angular en sentido antihorario, o positiva.

~B = B k

1Este es el Problema 16.45 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston,

E.R. y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.

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Figure 2: Diagrama de cuerpo libre disco A.

Figure 3: Diagrama de cuerpo libre disco B.

Se puede observar que en este caso, las reacciones que pudieran existir en el eje de los discos no esde mucha utilidad. Puesto que no seran requeridas para el calculo de las velocidades angulares de losmismos.

A continuacion se procede a hacer la sumatoria de momentos en el centro de gravedad de cada disco,puesto que estan sujetos a rotacion baricentrica. De tal manera que las ecuaciones de Newton-Euler sereducen a:

TGA = IGAA TGB = IGBB

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Se observa que unicamente la accion de la fuerza de friccion en en el punto Q de cada disco produce unmomento. De tal manera que:

TGA = IGAA = kNrA TGB = IGBB = kNrB

Despejando la aceleracion angular para cada disco:

A =kNrA

IGAB =

kNrB

IGB

Y sabiendo que:

IGA =1

2MArA

2 IGB =1

2MBrB

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Como puede observarse, el algebra nos indica que ambas aceleraciones son en sentido antihorario,puesto que su signo es positivo. A continuacion se procede a identificar el comportamiento de los discosantes y despues de que entren en contacto.

Para t=0 :

~B = ok ~B =2kNrBMBrB2

k =2kN

MBrBk

Para t=0 :

~A = ~0 ~A =2kNrAMArA2

k =2kN

MArAk

Si integramos la aceleracion angular del disco B y A en funcion del tiempo, desde t=0 hasta un tiempot obtenemos:

~B(t) =2kN

MBrBtk + C1

~A(t) =2kN

MAratk + C2

Evaluando para t=0:

~B(0) =2kN

MBrB(0)k + C1 = ok

C1 = ok

Ya que el disco A parte del reposo:

~A(0) =2kN

MArA(0)k + C2 = 0

C2 = 0

Para un t cualquiera:

~B(t) =2kN

MBrBtk ok

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~A(t) =2kN

MArAtk

Recurriendo a las ecuaciones de Cinematica de Cuerpos Rgidos de cuerpos sujetos a rotacion baricentrica:

~vQ/B = ~B(t) ~rQ/GB = (2kN

MBrBtk ok) (rB i) = (o

2kN

MBrBt)rB j

~vQ/A =~A(t) ~rQ/GA = (

2kN

MArAtk) (rA i) = (

2kN

MAt)j

La velocidad de Q respecto del disco B es igual a la velocidad del punto Q respecto del disco A:

~vQ/B = ~vQ/A

Sustituyendo las ecuaciones anteriores y sabiendo que t = tf inal :

o 2kNt

MB=

2kNt

MA

tf =orBMAMB

2kN(MA +MB)

Sustituyendo tf en la ecuacion:

~B(t) =2kN

MBrBtk ok

~B(tf ) =2kN

MBrB(

orBMAMB

2kN(MA +MB))k ok

~B(tf ) = o(1 +MA

MA +MB)k = o[

(MA +MB) +MAMA +MB

]k

b) Se demuestra que la velocidad angular de B depende solo de o, MA y MB :

~B(tf ) = o[MB

MA +MB]k

Sustituyendo tf para la ecuacion:

~A(t) =2kN

MArAtk

~A(tf ) =2kN

MArA(

orBMAMB

2kN(MA +MB))k

~A(tf ) = orBMB

rA(MA +MB)k

De esta manera se comprueba el inciso a) ya que ni A ni B dependen de k.

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