REPUBLICA BOLIVARIANA DE VENEZUELA

MINISTERIO DE LA DEFENSA

UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL POLITECNICA DE LA FUERZA

ARMADA

ARAGUA SEDE MARACAY

CANTIDAD DE MOVIMIENTO ANGULR

ESTUDIANTES:

EDGAR RAMOS 23.917.185

CARLOS ALVIAREZ 25.024.627

JOSE LESPE 21.204.015

YONY LOPEZ 21.504.154

HAYLEMAR CARDENAS 23.566.126

LUISA CARRILLO 22.341.089

NICOLE NIETO 20.894.587

JHAN ORTEGA 20.967.519

JOSUE MARTINEZ 24.424.598

Cantidad de Movimiento Angular

El movimiento de un cuerpo rígido puede ser considerado como la combinación del

movimiento de traslación de su centro de masa y el movimiento de rotación alrededor de su

centro de masa. El movimiento de traslación se puede analizar utilizando la ecuación de

movimiento lineal. Ahora hablamos de movimiento rotacional, un movimiento en el que

todos los puntos en el cuerpo se mueven en círculos alrededor del eje de rotación. El

movimiento de rotación se describe con cantidades angulares como la distancia angular u,

velocidad angular v y aceleración angular a. La cantidad de rotación de un punto en un

cuerpo se expresa en términos del ángulo u barridos por una línea de longitud r que conecta

el punto al eje de rotación y es perpendicular al eje. El ángulo u se expresa en radianes

(rad), que es la longitud del arco correspondiente a u en un círculo de radio unidad.

Tomando nota de que la circunferencia de un círculo de radio r es 2pr, la distancia angular

recorrida por cualquier punto de un cuerpo rígido durante una rotación completa es 2p rad.

La distancia física recorrida por un punto a lo largo de su trayectoria circular es l=Ɵr,

donde r es la distancia normal del punto desde el eje de rotación y Ɵ es la distancia angular

en rad. Tenga en cuenta que 1 corresponde a 360 rad / (2p) = 57,3 °. Velocidad angular v es

la distancia angular recorrida por unidad de tiempo, y la aceleración angular a es la

velocidad de cambio de la velocidad angular. Se expresan como

V=ωr at=rα

Donde V es la velocidad lineal y a t es la aceleración lineal en la dirección tangencial

de un punto situado a una distancia r desde el eje de rotación.

La segunda ley de Newton requiere que debe haber una fuerza que actúa en la

dirección tangencial para causar la aceleración angular. La fuerza del efecto de rotación,

llamado el momento o par de torsión, es proporcional a la magnitud de la fuerza y su

distancia desde el eje de rotación. La distancia perpendicular desde el eje de rotación a la

línea de acción de la fuerza se llama el brazo del momento, y el par M que actúa sobre una

masa puntual m a una distancia r pantalla normal desde el eje de rotación se expresa

M=r 2α

El par total que actúa sobre un cuerpo rígido que gira alrededor de un eje que puede

ser determinada por la integración de los pares que actúan sobre masas diferenciales dm por

todo el cuerpo para dar

M=Iα M h gjgh j

El momento lineal de un cuerpo de masa m que tiene una velocidad V es mV, y la

dirección del momento lineal es idéntica a la dirección de la velocidad. Tomando nota de

que el momento de una fuerza es igual al producto de la fuerza y la distancia normal, el

momento de la Cantidad de Movimiento, llamado Cantidad de movimiento angular, de un

punto de masa m alrededor de un eje se puede expresar como L=r 2mω donde r es la

distancia normal desde el eje de rotación a la línea de acción del vector de momento (Fig.

6-29). Entonces, el momento angular total de un cuerpo rígido de rotación puede ser

determinada por la integración para ser

L=Iω

Que podría definirse

M= dldt

Considere una fuerza F que actúa constante en la dirección tangencial en la

superficie exterior de un eje de radio r que gira a una rpm n. Tomando nota de que el

trabajo W es fuerza por distancia, y W de potencia, se hace el trabajo por unidad de tiempo

y por lo tanto la fuerza por velocidad, tenemos W eje=Mω Por lo tanto, la potencia

transmitida por un eje que gira a una rpm de n. bajo la influencia de un par de torsión

aplicado es M

W eje=2 πnM

M=−me (∓re V e)+ms(∓rs V s)

W e=−me (∓re ωV e )+ms(∓r s ωV s)

Con todo esto se puede llegar a la conclusión para el teorema de Transporte de

Reynolds, que

d l sys

dt= d

dt∫VC

❑

(r x V )ρdV +∫SC

❑

¿¿

Lo que finalmente puede reflejarse en

∑ M = ddt∫VC

❑

(r x V ) ρdV +∫SC

❑

¿¿

Que a su vez se puede simplificar para casos aplicables en:

∑ M = ddt∫VC

❑

(r x V ) ρdV +∑out

❑

r x mV +∑¿

❑

r x mV

Dispositivos de flujo radial

Muchos dispositivos de flujo rotativo, tales como bombas y ventiladores centrífugos

implican flujo en la dirección radial normal al eje de rotación y se llaman dispositivos de

flujo radial. En una bomba centrífuga, por ejemplo, el fluido entra en el dispositivo en la

dirección axial a través del ojo del impulsor, se vuelve hacia el exterior a medida que fluye

a través de los pasajes entre las palas del impulsor, se acumula en el rollo, y se descarga en

dirección tangencial. Los dispositivos de flujo axial se analizan fácilmente usando la

ecuación de cantidad de movimiento. Pero los dispositivos de flujo radial implican grandes

cambios en la cantidad de movimiento angular del fluido y se pueden analizar mejor con la

ayuda de la ecuación de la cantidad de movimiento angular. Para analizar la bomba

centrífuga, elegimos la región anular que encierra la sección de impulsor como el volumen

de control. Tenga en cuenta que la velocidad de flujo promedio, en general, tiene

componentes normal y tangencial, tanto en la entrada y la salida de la sección del impulsor.

Además, cuando el eje gira a una velocidad angular de v, las palas del impulsor tienen una

velocidad tangencial de VR1 en la entrada y en la salida VR2. Para el flujo incompresible

estacionario, la ecuación de conservación de la masa se puede escribir como

(2 π r1b1) V 1 , n=(2π r2 b2 ) V 2 , n

La normal de componentes de la velocidad V 1 ,n,V 2 , n, así como la presión que actúa sobre

las áreas circunferenciales interior y exterior que pasan a través del centro del eje, y por lo

tanto no contribuyen a la torsión sobre el origen. Entonces sólo los componentes de

velocidad tangenciales contribuyen a la par, y la aplicación de la ecuación de momento

angular

∑ M =∑out

❑

r x m V+∑¿

❑

r x mV

Para el volumen de control da

T eje=m(r2V 2, t−r1V 1 , t)

Que se conoce como fórmula turbina de Euler. Cuando se conocen los ángulos α1 y α2

entre la dirección de las velocidades de flujo absolutas y la dirección radial, se convierte

T eje=m(r2V 2sen (α 2)−r1V 1 sen (α 1))

Lo que quedaría

T ejeideal=m ω(r 22−r1

2)

Ejercicio 1

Petróleo Crudo de un tanque fluye a través de un tubo de 0.25m de diámetro en la

configuración mostrada. El caudal es 0.58m3

seg, y las presiones son las mostradas en el

diagrama. Determine la fuerza y el torque al que está sometido el conjunto de tuberías.

Solución:

No existen componentes de cantidad de movimiento en el eje Y.

r Fs=∫AC

❑

r V ρ V d A

A=0.59 m2

R x1+Rx 2+P1 A−P2 A=V t , 1 (−m )+V t ,2 (m )=0

R x1+Rx 2=+P1 A−P2 A

r1 x ( Rx 1+P1 A ) i=r1 xV 1 i(−m)

r1=Lj , r1i=−Lk

R x1=−ρ Q2

A−P1 A=−0.95 x 999 x0.58 x

10.048

−1.45 x105 x 0.049=−43,5kN

R x2=( P2−P2 ) A−Rx 1=P2 A+ ρQ2

A=22.8kN

−L R x 1 k=Ljx Rx1 i=468 k kN . m

Las fuerzas y los torques en la superficie de control, correspondientes a las reacciones son:

K x1=Rx 1=23.4 kN ; K x 2=−Rx 2=22.8 kN

M=−r x F s=−468 k kN . m

Problema 2

Un gran rociador de césped con cuatro brazos idénticos se va a convertir en una turbina

para generar energía eléctrica conectando un generador a su cabezal giratorio, como se

muestra en la Fig. . El agua entra en el aspersor de la base a lo largo del eje de rotación a

una velocidad de 20 L / s y sale de las boquillas en la dirección tangencial. El aspersor gira

a una velocidad de 300 rpm en un plano horizontal. El diámetro de cada chorro es 1 cm, y

la distancia normal entre el eje de rotación y el centro de cada boquilla es 0,6 m. Estimar la

energía eléctrica producida.

V c h orro=Q

Ac h orro

=

5 Ls

π 0.01m2

4

1L

1000 c m3 =63.66ms

ω=2 πn=2π 300 revmin

=31.42radseg

V=rω=0.6 m31.42radseg

=18.85m

seg

V relativa=V c h orro−V =44.81ms

T eje=−4 r m V relativa=0.6 m 20kgs

44.81ms=537.7 N . m

W =2 πn T eje=ωT eje=31.42radseg

537.7 N . m1kW

1000 Nms

=16.9kW

Problema 3:

Un rociador tiene cuatro brazos de 50 cm de largo con boquillas a ángulos rectos con los

brazos y a 45º con el suelo (Fig. E4.20). Si la velocidad de flujo total es de 0.01 m 3/s y las

boquillas son de 12 mm de diámetro, calcule la velocidad de rotación del rociador. Ignore

la fricción.

Solución:

La velocidad a la salida de una boquilla como se muestra es

V e=QA

¿

0.014

π × 0.0062 =22.1m /s

Donde el factor 4 es por las cuatro áreas de salida. Fije el marco de referencia en los

brazos rotatorios como se muestra. Luego, reconociendo que r × [ Ω× (Ω× r ) ]=0 y

suponiendo un rociador estacionario de modo que d2 S /dt 2=0 y velocidad angular constante

de modo que d Ω /dt=0, se tiene

M l=∫vc

r × (2Ω ×r )× ρ d ∀

¿4 ×∫0

0.5

r i × (2 Ω k ×V i )× ρ × A d r

¿8 ρA ΩV k∫0

0.5

r dr=ρA Ω V k

Donde el factor 4 de nuevo es por los cuatro brazos (cada brazo proporciona el vector

unitario k ). Como no hay momentos externos aplicados al rociador en torno al eje vertical

z, ∑ M Z=0. Para el flujo continuo la ecuación da:

(∑ M )Z−( M I )Z=∫s c

(r× V )Z V ∙ n ρ d A

−ρA ΩV=4 ∫A salida

[0.5 i ×(0.707 V e k−0.707 V e j) ]z V e ρ dA

−A V Ω=−4 × 0.5× 0.707 V e2 Ae

∴Ω=4 ×0.5 ×0.707 × 22.1=31.25 rad / s

Donde se utilizo V A=V e Aepor consideraciones de continuidad. Observe que se

omitió la pequeña masa en las boquillas cortas en los extremos de los brazos.