cinetica del solido 8 expo

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DINÁMICA

INDICE 1.1 INTRODUCCIÓN

1.2 MARCO TEÓRICO

1.2.1 SEGUNDA LEY DE NEWTON O PRINCIPIO FUNDAMENTAL DE LA DINÀMICA

1.2.2 CUERPOS RÍGIDOS

1.2.3 CENTRO DE GRAVEDAD

1.3 ECUACIONES DE MOVIMIENTO

1.3.1 TRASLACIÓN

1.3.1.1TRASLACIÓN RECTILÍNEA (SISTEMA CARTESIANO X E Y)

1.3.1.2TRASLACIÓN CURVILÍNEA

1.3.2 ROTACION

1.3.2.1 ROTACION CON RESPECTO A UN EJE FIJO

1.3.2.2 MOVIMIENTO PLANO GENERAL

1.4 CUADRO COMPARATIVO ENTRE CINÉTICA DE LA PARTÍCULA Y CINÉTICA DEL SOLIDO

1.5 APLICACIONES

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INTRODUCCIONLa cinética del solido rígido estudia las relaciones existentes entre las fuerzas actuantes sobre un cuerpo supuesto rígido, la forma y la masa de este y el movimiento originado. Abordaremos este estudio considerando que un sólido rígido está compuesto de un gran número de partículas para lo cual emplearemos dos ecuaciones, ∑ F=ma, que relaciona la resultante de las fuerzas externas con la aceleración del centro de masas G del sistema de partículas, y MG = Ḣ.G, que relaciona el momento resultante de las fuerzas externas con el momento angular del sistema de partículas respecto a G. Además la derivada temporal del momento angular Ḣ.G respecto al centro de masases igual al producto Ῑ0α del momento de inercia másico centroidal Ῑ0 por la aceleración angular α del cuerpo.El principio de D‘Alembert se utiliza para demostrar que las fuerzas externas actuantes sobre un cuerpo rígido equivalente a un vector ma aplicado en el centro de masas y un par de momento Ῑ0α . Este principio complementa la definición de la segunda ley de Newton. El cual consiste en agregar al sistema dinámico una fuerza inercial, logrando con esta que el este sistema esté en equilibrio, donde este equilibrio se le conoce como Equilibrio Dinámico. Según el Principio de equilibrio dinámico de D'Alambert, en todo sistema, la suma de todas las fuerzas que actúan sobre él, incluidas las inerciales, ha de ser igual a cero.Características de las fuerzas de inercia.

Fuerza inercial es una fuerza que existe en los cuerpos acelerados, y que es igual a la fuerza que los acelera, pero de sentido contrario.Si a un cuerpo, colocado en un sistema no inercial, se le aplica una fuerza igual a la fuerza de inercia, ese cuerpo estará en equilibrio dinámico respecto a dicho sistema.La fuerza centrífuga es un ejemplo importante de fuerza inercial.


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MARCO TEORICO SEGUNDA LEY DE NEWTON O PRINCIPIO FUNDAMENTAL DE LA DINÀMICA

La Segunda ley de Newton se encarga de cuantificar el concepto de fuerza. Nos dice que la fuerza neta aplicada sobre un cuerpo es proporcional a la aceleración que adquiere dicho cuerpo. La constante de proporcionalidad es la masa del cuerpo, de manera que podemos expresar la relación de la siguiente manera:

F=ma

Esta relación establece por completo la formulación de la segunda ley de Newton. Tanto la fuerza como la aceleración son magnitudes vectoriales, es decir, tienen, además de un módulo, una dirección y un sentido. De esta manera, la Segunda ley de Newton debe expresarse como:F=m

dvdt

Esta expresión de la Segunda ley de Newton es válida para cuerpos cuya masa sea constante.Para dos objetos de la misma masa, cuanto mayor sea la fuerza que les comuniquemos mayor será la aceleración producida.Del mismo modo, la aceleración será inversamente proporcional a la masa. Para una misma fuerza, un objeto pesado se acelerará menos que uno ligero.


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Si la masa varia, como por ejemplo un cohete que va quemando combustible, en este caso la relación F=ma ya no es válida. Podemos generalizar la Segunda ley de Newton para que incluya el caso de sistemas en los que pueda variar la masa. Para generalizar primero vamos a definir una magnitud física nueva que corresponde a la cantidad de movimiento (p), que se define como el producto de la masa de un cuerpo por su velocidad, es decir:P=mv

La cantidad de movimiento también se conoce como momento lineal. Es una magnitud vectorial y, en el Sistema Internacional se mide en Kg.m/s. En términos de esta nueva magnitud física, la Segunda ley de Newton se expresa de la siguiente manera: La Fuerza que actúa sobre un cuerpo es igual a la variación temporal de la cantidad de movimiento de dicho cuerpo, es decir:

F=dPdt

De esta forma incluimos también el caso de cuerpos cuya masa no sea constante. Para el caso de que la masa sea constante, recordando la definición de cantidad de movimiento y que como se deriva un producto tenemos:F=

d (m .v)dt

=mdvdt

+ vdmdt

Como la masa es constante mdvdt

=0 y recordando la definición de aceleración, nos quedaF=m

dvdt

CUERPOS RÍGIDOSUn cuerpo rígido se puede definir como aquel que no se deforma, se supone que la mayoría de los cuerpos considerados en la mecánica elemental son rígidos. Dentro de lo que son los cuerpos rígidos se estudia el efecto de las fuerzas ejercidas sobre un cuerpo rígido y ver como reemplazar un sistema de fuerzas dado por un sistema equivalente más simple. Este análisis se basa en la suposición fundamental de que el efecto de una fuerza dada sobre un cuerpo


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rígido permanece inalterado si dicha fuerza se mueve a lo largo de su línea de acción. Por tanto, las fuerzas que actúan sobre un cuerpo rígido pueden representarse por vectores deslizante.

CENTRO DE GRAVEDADEl centro de gravedad es el punto de aplicación de la resultante de todas las fuerzas de gravedad que actúan sobre las distintas partículas que constituyen al cuerpo, de tal forma que el momento respecto a cualquier punto de esta resultante aplicada en el centro de gravedad es el mismo que el producido por los pesos de todas las masas materiales que constituyen dicho cuerpo.El C .G . de un cuerpo no corresponde necesariamente a un punto material del cuerpo. Así, el C .G . de una esfera hueca está situado en el centro de la esfera que, obviamente, no pertenece al cuerpo.


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ECUACIONES DE MOVIMIENTOI. TRASLACIÓN Cuando un cuerpo rígido experimenta una traslación, todas sus partículas tienen la misma aceleración lineal a además, α=0 en donde la ecuación de movimiento de rotación aplicada en el punto G se reduce a una forma simplificada, o sea, ∑MG= 0.

TRASLACIÓN RECTILÍNEA (SISTEMA CARTESIANO X E Y)Cuando un cuerpo se somete a traslación rectilínea, todas sus partículas viajan a lo largo de trayectorias de línea recta paralelas. El diagrama de cuerpo libre y los


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diagramas cinéticos se muestran en la figura como: IGα=0, solo m(aG) se muestra en el diagrama cinéticoComo: IGα=0 , solomaGquedaseñalado

∑ F x=m(aG)x

∑ F y=m (aG )y

∑MG=0

Además se puede sumar momentos con respecto a otros puntos sobre y fuera del cuerpo, en cuyo caso el momento de maG debe de tomarse en cuenta.Ejemplo: Si se elige el punto A, que se encuentra a una distancia d de la línea de acción de maG, es aplicable la siguiente ecuación de momento:

∑MA= ∑ ¿¿k) : ∑MA = (maG) d

Aquí la suma de, los momentos de las fuerzas externas y los momentos de par con respecto a A (∑MA, diagrama de cuerpo libre) es igual al momento de maG , con respecto a A (∑ ¿¿K), diagrama cinético)


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TRASLACIÓN CURVILÍNEACuando un cuerpo rígido se somete a traslación curvilínea, todas sus partículas viajan a lo largo de trayectorias de curvas paralelas. En un análisis, con frecuencias es conveniente utilizar un sistema de coordenadas inercial con su origen que coincida con el centro de masa de cuerpo en el instante considerado y sus ejes orientados en las direcciones normal y tangencial a la trayectoria del movimiento son:

∑ Fn= m (aG) n ∑ F t=m (aG) t ∑MG=0Diremos pues que (aG)t y (aG)n representan, respectivamente, las magnitudes de las componentes de la aceleración tangencial y normal del punto G.Si se suman los momentos con respecto al punto arbitrario B, entonces es necesario tener en cuenta los momentos, ∑ ¿¿K) B de las dos componentes m (aG)n Y m (aG) t, con respecto a este punto, de acuerdo con el diagrama cinético, h y e representa las distancias perpendiculares (o “brazos de momento”) de B a las líneas de acción de los componentes. Por consiguiente, la ecuación de momentos requeridos es:

∑M B = ∑ ¿¿K) B ∑M B =e [m (aG ) t−h [m (aG )n ] ]


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II. ROTACION Los aspectos de rotación son provocados por un momento M, se determinara ahora los efectos causados por los momentos del sistema de fuerzas externas calculados con respecto al eje z que pasa por el punto P.

(M P )i=r ×miai

Expresamos en términos de la aceleración angular α y la velocidad angular ω.

(MP)i ¿

El último término es cero, ya que Expresando los vectores con componentes cartesianas y efectuando las operaciones de producto cruz obtenemos(MP)i k=mi {( xi+ yj ) × [ (aP )x i+(aP )y j ]+( xi+ yj ) × [αk× ( xi+ yj ) ]}

(MP)i k=mi [− y (aP )x+ x (aP ) y+α x2+α y2 ]k

↺(MP)i=mi [− y (aP )x+x (aP )y+α x2+α y2 ]Ḣaciendo mi⟶dm e integrando con respecto a toda la masa m del cuerpo, obtenemos la ecuación resultante de momento

↺∑MP=−(∫m

y dm) (aP )x+(∫m

xdm)(aP )y+(∫m

r2dm)αLas integrales en los términos primero y segundo del lado derecho se usan para localizar el centro de masa G del cuerpo con respecto a P, ya que y m=∫ y dm y x m=∫ xdm. La última integral representa el momento de inercia del cuerpo calculado con respecto al eje z, esto es IP=∫ r2dm. Así,

↺∑MP=− y m (aP )x+x m (aP ) y+ I Pα

si el puntoP coincide con el centro de masa G para el cuerpo. Si este es el caso, entonces x= y=0, y por tanto∑MG=IG α


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También puede ser rescrita en términos de las componentes x y y de aG y el momento de inercia IG del cuerpo. Si el punto de los ejes paralelos, I p=IG+m(x2+ y2). Sustituyendo, obtenemos:

↺∑MP= y m [−(aP )x+ y α ]+xm [ (aP ) y+x α ]+ IGα

aP Puede ser expresada en términos de aG como aG=aP+α×r−ω2 r

Efectuando los productos cruz e igualando las respectivas componentes i y j resultan las dos ecuaciones escalares

(aG )x=(aP )x− y α−xω2

(aG )y= (aP )y−x α− y ω2

A partir de estas ecuaciones, [−(aP )x+ y α ]=[−(aG )x−x ω2] y [−(aP )y+xα ]=[ (aG )y+ y ω2]. Simplificando obtenemos:

↺∑MP=− y m (aG )x+ xm (aG )y+ IGα

Este importante resultado indica que cuando los momentos de las fuerzas externas mostradas en el diagrama de cuerpo libre son sumados con respecto al punto P , resultan ser equivalentes a la suma de los “momento cinético” de IGα, en otras palabras, cuando son calculados los “momentos cinéticos”, ∑ (M k )P, los vectores m(aG)x m(aG)y , son tratados como vectores deslizables; esto es, pueden actuar en cualquier punto a lo largo de su línea de acción. Entonces podemos escribir la ecuación en una forma más general como:∑M P=∑ (M k)P

Para resumir este análisis pueden escribirse tres ecuaciones escalares independientes para describir el movimiento plano general de un cuerpo rígido simétrico.∑ F x=m(aG)x∑ F y=m(aG) y

∑MG=IG α O ∑M P=∑ (M k)P


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ROTACION CON RESPECTO A UN EJE FIJOConsidere el cuerpo rígido mostrado en la figura, el cual esta constreñido a girar en el plano vertical con respecto a un eje fijo perpendicular a la página y que atraviesa el pasador ubicado en O. La velocidad angular y la aceleración angular son causadas por el sistema fuerza externa y momento de par que actúan sobre el cuerpo. Como centro de masa G del cuerpo se mueve en una trayectoria circular, aceleración de este punto está a mediante sus componentes tangencial normal. La componente tangencial de aceleración tiene magnitud de (aG)t=α rG debe actuar en una dirección que sea constante con la aceleración angular α del cuerpo. La magnitud de la componente normal de aceleración es Esta componente es (aG)n=ω2 rG. Esta componente esta dirigida siempre desde el punto G hasta el punto 0, independientemente de la dirección de ω.


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Los diagramas de cuerpo libre y cinético para el cuerpo se muestran la figura. El peso del cuerpo, W,= mg, y en el pasador están incluidos en el diagrama de cuerpo libre ya que representan las fuerzas externas actuando sobre el cuerpo. Las dos componentes m(aG)t y m(aG)n mostradas en el diagrama cinético, están asociadas con las componentes tangencial y normal de aceleración del centro de masa del cuerpo. Estos vectores actúan en la misma dirección que las componentes de aceleración y tienen magnitudes de m(aG)t y m(aG)n respectivamente. El vector IGα actua en la misma dirección que α y tiene la magnitud de IGα , donde IG es el momento de masa del cuerpo calculado con respecto a un eje perpendicular a la página y que pasa por G. A a partir de la derivación, las ecuaciones de movimiento que se aplican al cuerpo pueden ser escritas en 1a forma ∑ Fn=m(aG)n=mω2 rG

∑ FT=m(aG)T=mα rG

∑MG=IG α

La ecuación de momentos también puede ser reemplazada por una suma de momentos con respecto al pasador O, el cual resulta una interesante relación:∑MO = ∑ ( M k )=¿ Ῑ0α+ (mr0α) r0 = (Ῑ0 + mr# 2)α at = r0α


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an = r0 ω2

Pero según el teorema de Steiner, es I+mr2=Io donde I o representa el momento de inercia del cuerpo respecto al eje fijo. Por lo tanto, podemos escribir: ∑MO = I oα


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MOVIMIENTO PLANO GENERALEl cuerpo rígido mostrado en la figura está sometido a un movimiento plano general causado por la fuerza (movimiento de traslación) y el momento de par aplicados externamente (movimiento de rotación). Los diagramas de cuerpo libre y cinético para el cuerpo se muestran en la figura. Al elegir, como se muestra, un sistema coordenado inercial x, y, las tres ecuaciones de movimiento pueden ser escritas como

∑ F x=m(aG)x

∑ F y=m(aG)y

∑MG=IG α


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En algunos problemas puede ser conveniente sumar momentos con respecto a algún punto P diferente de G. Esto se hace usualmente para eliminar fuerzas desconocidas a partir de la suma de momentos.Cuando se usan en este sentido más general, las tres ecuaciones del movimiento son

∑ F x=m(aG)x

∑ F y=m(aG)y

∑M P=∑ (M ¿¿K)P¿

Aquí ∑ (M ¿¿K )P¿ representa la suma de momentos de IGα y maG (o sus componentes) con respecto a P según son determinados por los datos que aparecen en el diagrama cinético.


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III. CUADRO COMPARATIVO ENTRE CINÉTICA DE LA PARTÍCULA Y CINÉTICA DEL SOLIDO

Cinética Del Solido Cinética De La Partícula

Estudia las relaciones existentes entre las fuerzas, la forma y la masa y el movimiento que se produce.El planteamiento esta considerar a los cuerpos rígidos conformados por una número de partículas.En un cuerpo rígido se toma en cuenta el efecto de rotación ocasionada por una fuerza alrededor de un punto o eje.El momento de inercia es aquel que mide la resistencia de un cuerpo a la aceleración angular, al igual que la masa resiste a una aceleración.

La forma del cuerpo, así como la ubicación exacta de los puntos de aplicación de las fuerzas no se toman en cuenta.El cuerpo puede considerarse como una partícula, esto es, que su masa podría concentrarse en un punto.En un cuerpo real, incluimos cuerpos tan grandes como un automóvil, un cohete o un aeroplano se ignoran el efecto de una rotación del cuerpo.


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IV. APLICACIONES 1. En la figura, la barra esbelta de 0.4 kg y el disco de 1kg se liberan del reposo en la posición mostrada. Si el disco rueda ¿Cuál es la aceleración angular de la barra en ese instante?

SOLUCION ∑MG barra=−O x (0.5m ) cos40 ° −O y (0.5m ) sen40=0

∑ F xbarra=−O x=(0.4 kg ) a

∑ F ybarra=−O y−(0.4 kg )(9.81m /s2)=0

∑MG disco=M−f (0.25m)

¿ 12

(1kg )(0.25m)2∝ ∑ F xdisco=Ox−f=−(1kg ) a


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a=(0.25m)∝

O x=3.29N O y=−3.29N f=11.5N ;a=8.23m /s2

M=3.91N−m ∝=32.9 rad / s2

2. Las aspas del ventilador tienen masa de 2 kg y momento de inercia de IO=0.18 kg∗m2 con respecto a un eje que pasa por su centro O. Si las aspas están sometidas a un momento M=3 (1−e−0.2 t ) N .m, donde t está en segundos, determine su velocidad angular cuando t 4s partiendo del reposo.

SOLUCION: Tenemos: mb=2kg

IO=0.18 kg .m2

A=3N .mt=4 s


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Entonces:A (1−e−0.2 t )=IOα

α= AIO

(1−e−0.2 t)

ω= AIO

(t+ 1b−1

be−0.2 t)

ω=20.8 rad / s

3. Para bajar el puente giratorio mostrado, los engranes que lo levantan se desacoplan y una fracción de segundo después otro conjunto de engranes que lo bajan, se acoplan. En el instante en que los engranes que lo levantan se desacoplan, ¿cuáles son las componentes de la fuerza ejercida por el puente sobre su soporte en O? El puente giratorio pesa 360 klb, su momento de inercia de masa respecto a O es lo = 1.0 x 107 slug-pie2, y las coordenadas de su centro de masa en el instante en que los engranes se desacoplan son x= 8 pies, y= 16.

SOLUCION D.C.L:


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El momento respecto al punto O:−mg x=I o (α )

−360.103

32.2(32.2)(8)=107 (α )

−(288 )10−3=α

α=−0.288 rad /s2

La aceleración, respecto al centro d la masa es:aG=α xrG /O−ω2rG /O

aG=[ i j k0 0 α8 16 0 ]−0

aG=−16 α i+8α j

aG=4.608i−2.304 j

Por la segunda ley de Newton:Para El eje “x”:

∑ Fx=maGx

Fx=( 360(103)32.2 ) (4.608 )

Fx=51518.01lb

Para el eje “y” UNPRG – FICSA - ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL

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∑ Fy=maGy

Fy−mg=m (−2.304 )

Fy=( 360(103)32.2 ) (−2.304+32.2 )

Fy=334240.99 lb

4. En la Figura, el disco escalonado pesa 40 lb y su momento de inercia de masa es I= 0.2 slug-pie2. Si se libera del reposo, ¿cuánto tarda el centro del disco en caer 3 pies? (Suponga que la cuerda permanece vertical.)

SOLUCION:El momento respecto al centro de masa es:

M=−RT

De la ecuación del movimiento angular:−RT=Iα


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T=−IαR

Desde el diagrama de cuerpo libre y segunda ley de newton:∑ Fy=W−T=may

Donde a y es la aceleración desde el centro de masaa y=−Rα

Sustituimos en la ecuación anterior:W−T=may

W−(−IαR )=ma y

W−(−I (−ay

R )R

)=may

W=may+I

R2ay

a y=W

( I

R2+m)

= 40

( 0.2( 13 )2 +1.24)

a y=13.14822 pie /s2

El tiempo requerido para caer una distancia D es:t=√ 2D

ay

=√ 6 pie13.14822 pie /s2

t=√0.45634

t=0.67 seg


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5. En la Fig. el gancho de frenaje del avión de 14000lb ejerce la fuerza F y ocasiona que el avión desacelere a 6g.Las fuerzas horizontales ejercidas por las ruedas de aterrizaje son insignificantes. Determine Fy las fuerzas normales ejercidas sobre las ruedas.

SOLUCIÓN: DCL


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6. En la Figura la masa combinada de la motocicleta y conductor es de 160 kg. Cada rueda de 9 kg tiene un radio de 330 mm y un momento de inercia de masa=0.8 kg-m2. El motor impulsa las ruedas traseras. Si la rueda trasera ejerce una fuerza horizontal de 400 N sobre el camino y no se ignora la fuerza horizontal que ejerce la rueda frontal sobre el camino, determine (a) la aceleración de la motocicleta; (b) las fuerzas normales que ejercen la rueda trasera y frontal sobre el camino. (Se muestra la posición del centro de masa de la motocicleta sin incluir las ruedas).

SOLUCIÓN UNPRG – FICSA - ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL

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ESTRATEGIA: Aislamos las ruedas y dibujamos tres diagrama de cuerpo libre. El motor de la motocicleta impulsa la rueda trasera ejerciendo un par sobre ella. DCL:

En los diagramas de cuerpo libre se muestra, m rueda= 9kg ym =160 –9(2)= 142kg. Sea “a” la aceleración de la motocicleta hacia la derecha y dejar que sea α la aceleración angular de las ruedas de las agujas del reloj. Nótese que:


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