mecánica de maquinaria ii

Ing. Eduardo Orcés

Mecánica de Maquinaria II Clase 2

Ing. Eduardo Orcés

Octubre 19/2010

2010-II

Ing. Eduardo Orcés

TEMAS

Dinámica de maquinaria Cinética de partículas Fuerzas de inercia Método de superposición de fuerzas Sistemas dinámicos equivalentes

2010-II

Dinámica de Maquinaria

• Analizar el efecto de las fuerzas en la operación de las máquinas

• Análisis Estático: Velocidades bajas (ω<500 rpm). Sólo se consideran pesos, fuerzas motrices y de fricción.

• Análisis Dinámico: Velocidades altas (ω>1000 rpm). Considerar fuerzas de inercia principalmente.

2010-IIIng. Eduardo Orcés

Análisis Dinámico en el Diseño

Mecánico

Estimar Masas, M.de I., Radios de Giro,etc.

?

Masas = 0

Calcular Fuerzas

Calcular Esfuerzos

Dimensionar para Resistencia, Rigidez, Frecuencia Natural, etc.

Análisis Cinemático (Velocidades,Aceleraciones)

Consideraciones de tiempos y movimientos

Análisis Estático

Análisis

Dinámico


Cinética • Los problemas de dinámica son de dos tipos:

1. Problema Directo (‘Cinetostática’): Dadas las posiciones, velocidades y aceleraciones de las partículas, encontrar las fuerzas requeridas para producir el movimiento. Esto requiere resolver un sistema de ecuaciones algebraicas.

2. Problema Inverso (‘Respuesta Dinámica’): Dadas las fuerzas aplicadas, determinar el movimiento del sistema. Esto requiere integrar las ecuaciones diferenciales del movimiento para obtener las posiciones, velocidades y aceleraciones.


Cinética de Partículas

movimiento del ldiferencia Ecuación

tvrFdt

rdm

dt

vdmamF

),,(2

2

• En 1D, hay 3 casos directamente integrables:

1. F=cte., entonces a=cte., v=vo+at, x=xo+vot+½at2 (M.U.V.)

2. F=F(t), mdv(t)/dt = F(t) v=vo+(1/m)∫F(t)dt (Cant.Mov.)

x=xo+vot+(1/m)∫∫F(t)dtdt’

3. F=F(x), mdv(x)/dx = F(x) ∫F(x)dx = ½m(v2-vo2) (Energía)

v(x)

t=to+∫dx/v(x) (Despejar x(t))2010-IIIng. Eduardo Orcés

Movimiento Relativo:• En el sistema inercial de referencia XY, la

ecuación del movimiento es:

]2)([

][

xyxy

relcornPO

tPOOXY

avRm

aaaaamamF

• Para un observador en el sistema de referencia móvil xy, la ecuación del movimiento es:

xyxy amvRmF

]2)([

• Los términos entre paréntesis son las ‘fuerzas de inercia’ que aparecen cuando el sistema de referencia es acelerado (no es ‘inercial’).


Ejemplo: ¿Qué fuerza hay que hacer para empujar la masa m hacia el centro de la plataforma con una vxy = 10 pies/s () y axy = 5 pies/s2 ()?

.lb jiji

ijijm

iik

ikkikm

avRm

amF

xyxy

XY

)(ˆ3ˆ1.20)ˆ150ˆ1005(50

1

]ˆ5ˆ200ˆ1000ˆ50[

)]ˆ5()ˆ10()ˆ10(2

)ˆ10ˆ10()ˆ10()ˆ10ˆ5(0[

]2)([

Notar que si la plataforma no rotara (ω=0), la fuerza requerida tendría otra dirección y sería mucho más pequeña (¿Cuánto?)


Fuerzas de Inercia

• Son las fuerzas que se requieren para acelerar los miembros (‘rígidos’) de un mecanismo venciendo la inercia que oponen éstos a ser movidos.

• Se las determina a partir de las Leyes de Newton:

ΣF = m aG

ΣMG = IG α


2ª Ley de Newton:


Principio de D’Alembert (‘Equilibrio Dinámico’):

• Las fuerzas resultantes inversas – maG , - IGα son las fuerzas de inercia.

• Sus sentidos son siempre opuestos a los de las aceleraciones aG y α.


La fuerza de inercia Fi = - maG, tiene una línea de acción paralela y de sentido contrario a aG, desplazada una distancia h del C.G., de tal manera que produzca un par de sentido contrario a α.

Línea de acción de la fuerza de inercia:


Ejemplo: Determine las fuerzas requeridas para vencer la inercia en el mecanismo ranurado mostrado.


Cálculo de velocidades:

2323 / PPPP vvv

135636

)2225(222

@ mm/s

APvP

• Del triángulo de velocidades:

.)..(4225

900

9002

636

3

223

2

/

has rad/s CP

v

mm/s vv

45 @ mm/s vv

P3

P

PPP

3


Cálculo de aceleraciones:

• Del polígono de aceleraciones:

232323 /2/ 2 PPPPPP vaaa

451273

)2225)(2( 2222

@ mm/s

ABa2

nP

mm/s

CPa2

nP

3600

)225)(4( 2233

45- @ mm/s va 2PPc 2546)2450)(2(22

23 /2

.).(32225

7200

2258910

7200

3

23

3

/

hs rad/s CP

a

@ mm/s a

mm/s a

2tP

3

2tPP

2tP


• Asumimos: m2 = m3 = 1 kg, IG2 = IG3 = 1 kg.m2

• Del diagrama de aceleraciones se obtiene las aceleraciones de los centros de masa de los eslabones:

aG2 = 1273/2 = 636.5 mm/s2 @ 45°

aG3n

= 3600/2 = 1800 mm/s2 ←

aG3t = 7200/2 = 3600 mm/s2 ↓

• Fuerzas y pares de inercia:

Fi2 = (1)(636.5 x 10-3) = 0.64 N @ 225° Fi3

n = (1)(1800 x 10-3) = 1.8 N →

Fi3t = (1)(3600 x 10-3) = 3.6 N ↑

Ti2 = 0

Ti3 = (1)(32) = 32 N.m (s.a.h.)

Cálculo de fuerzas de inercia:


• En el eslabón 3:

h3 = 32/3.6 = 8.9 m (→)

)(1410

)(1460

452040

N C F

N C F

- @ N F M

yy

xx

23C

• En el eslabón2:

)(1440

)(1440

.)..(650

N A F

N A F

has N.m T M

yy

xx

12A

Equilibrio dinámico:


Principio de Superposición:

• El principio de superposición de fuerzas establece que el efecto neto de varias fuerzas en un sistema es la combinación de los efectos de cada fuerza individual.

• Un mecanismo con varias fuerzas aplicadas, puede ser analizado considerando una sola fuerza a la vez. Luego los resultados de cada caso individual pueden ser sumados vectorialmente (o ‘superpuestos’) para obtener el resultado total.

• En general, el principio de superposición es aplicable solo a sistemas lineales. Por lo tanto, este principio solo es válido para sistemas donde se desprecia la fricción y otros efectos no-lineales.


Ejemplo: El mecanismo mostrado se usa para bajar y retraer el tren de aterrizaje de un avión pequeño. El ensamblaje (eslabón 4) que porta la rueda, pesa 100 lb, con C.G. en el punto G4. El radio de giro del ensamblaje ha sido medido experimentalmente y su valor es 1.2 pies. El eslabón motriz 2 pesa 5 lb y rota (s.a.h.) a una velocidad constante de 3 rad/s. La biela de conexión pesa 3 lb. Determine gráficamente las fuerzas que actúan en todos los eslabones, y el par motor requerido en el eslabón 2.

• rAB = 1.77 pies

rCD = 2.33 pies

rBC = 3.0 pies

• Cálculo de velocidades:

24@/58.6

42@/20.5,53@/10.3

58@/65.2,24@/10.5

/31.5)77.1)(3(

4

3

2

2

sp v

sp v sp v

sp v sp v

sp rv

G

GCB

GC

ABB


Cálculo de aceleraciones:

• Del polígono de aceleraciones:

tCB

nCB

tB

nB

tC

nC aaaaaa

p/s r

va 2

CD

CnC 16.11

33.2

)10.5()( 22

p/s

ra2

ABnB

93.15

)77.1)(3( 222

0, 2 ABtB ra

2Ga

140/25.12

144/00.14

156/96.7

2

2

2

4

3

2

@ sp a

@ sp a

@ sp a

G

G

G

2

CB

CBnCB p/s

r

va 20.3

3

10.3 22

s.h. rad/s r

a

s.a.h. rad/s r

a

2

CD

tC

4

2

CB

tCB

3

)(25.233.2

25.5

)(92.03

75.2


Fuerzas de inercia:

4005.38)25.12(2.32

100

3630.1)0.14(2.32

3

2424.1)96.7(2.32

5

4

2

44

333

22

- @ lb amF

- @ lb amF

- @ lb amF

Gi

Gi

Gi

.)..(06.10)25.2)(473.4(

.).(06.0)92.0)(069.0(12

1

424444

323333

4

3

has p-lb kmIT

hs p-lb lmIT

Gi

Gi

pies am

Ih

pies am

Ih

G

G

G

G

26.0)25.12)(106.3(

)25.2)(473.4(

046.0)0.14)(093.0(

)92.0)(069.0(

4

4

3

3

4

44

3

33


Fuerzas totales:

• El peso y la fuerza de inercia del eslabón 4 son mucho mayores que las fuerzas que actúan en los otros eslabones. Por lo tanto se desprecian las fuerzas que actúan en los eslabones 2 y 3.

• Para hallar las reacciones a las cargas Fi4 y W4, se aplica el principio de superposición.


Equilibrio dinámico por superposición:

• El problema total se descompone en dos sub-problemas como se muestra en la figura. Se resuelve cada uno individualmente, y luego se suman vectorialmente los resultados parciales.


Equilibrio dinámico por superposición (Sub-problema 1):

• Del DCL del eslabón 4 se obtiene: F’41 = 40 lb @ 105°

F’43 = 27 lb @ 218°

• Del DCL del eslabón 2 se obtiene: T ’12 = 44.6 lb-p (s.h.)


Equilibrio dinámico por superposición (Sub-problema 2):

• Del DCL del eslabón 4 se obtiene: F’’41 = 81.3 lb @ 122°

F’’43 = 52.5 lb @ 38°

• Del DCL del eslabón 2 se obtiene: T’’12 = 86.7 lb-p (s.a.h.)


Equilibrio dinámico por superposición (Problema total):

• Obtenemos las reacciones totales para el eslabón 4, sumando vectorialmente los resultados de los sub-problemas 1 y 2. Los resultados son: F41 = 120.5 lb @ 116°, F43 = 25.5 lb @ 38°.

• El resto de reacciones se obtienen de manera similar.

T12 = 42.1 lb-p (s.a.h.)2010-IIIng. Eduardo Orcés

• Resp: T12 = 3.80 N mm (s.h.)

F34h = 0.19 N (→), F34v = 3.13 N (↑)

F32h = 0.19 N (←), F32v = 4.30 N (↓)

F21h = 0.19 N (←), F21v = 7.75 N (↓)

Ejercicio: El mecanismo mostrado forma parte de una perforadora automática de cuero, la cual opera con una rapidez de 20 perforaciones por minuto. El elemento punzonador tiene una masa de 1.2 kg y tiene una fuerza resistente hacia arriba de 16 N aplicada a él. La manivela y biela de conexión tienen masas de 0.35 y 0.75 kg, respectivamente. La manivela rota en sentido antihorario. El coeficiente de fricción entre el punzón y las guías se estima en 0.15. En la posición mostrada, determine el par requerido para impulsar el mecanismo y las reacciones en las articulaciones.


Ejemplo: Para el mecanismo mostrado, hallar las fuerzas en los cojinetes, el torque requerido para accionar el eslabón 2, y las fuerzas trepidatorias (o de sacudimiento).


• Calculamos las reacciones para cada fuerza de inercia por separado.


• Reacciones totales:


Ejemplo: Analice el mecanismo mostrado, usando el método de superposición de las fuerzas de inercia.

• Datos cinemáticos:

ag2 = 0

ag3 = 27.9 m/s2

ag4 = 19.1 m/s2

α3 = 241 rad/s2(SAH)

α4 = 129 rad/s2 (SH)


Ejemplo: Analizar el mecanismo de la pala por el método gráfico.

Datos:

ω2 = 200 rad/s (SAH)

L2 = 3”

L3 = 8”

L4 = 6”


θ2 = 150º:

ma3 = 168.2 lb

ma4 = 69.1 lb

Iα3 = 139.8 lb-plg (SH)

Iα4 = 82.68 lb-plg (SAH)


θ2 = 270º:

ma3 = 179 lb

No se ha incluido el efecto de la fuerza de inercia del eslabón 4.


Diagrama de torque versus posición angular del eslabón de entrada


Ejemplo: Hallar las fuerzas de sacudimiento producidas en el mecanismo de cizalla voladora.

Datos:

ω2 = 50 rad/s (SAH)

I3 = 6.38 slug-pie2

I4 = 25.0 slug-pie2

m3 = 1.83 slug

m4 = 2.66 slug


Análisis para θ2 = 150º


Análisis para θ2 = 60º


Fuerzas de sacudimiento en función de la rotación


Sistemas Dinámicos Equivalentes

• Se desea reemplazar el movimiento plano de un cuerpo rígido por el de dos masas puntuales m1 y m2, apropiadamente localizadas.


• Como la fuerza y el par resultante de los dos sistemas deben ser iguales, estos deben cumplir las siguientes condiciones:

1. m = m1 + m2

2. m1h1 = m2h2

3. I = m1h12 + m2h2

2


• De las ecuaciones (1) y (2) se obtiene:

4.

• Substituyendo en la ecuación (3) se obtiene:

5. mh1h2 = I, ó h1h2 = kG2

21

12

21

21

hh

hmm

hh

hmm


• Hay 3 ecuaciones y 4 parámetros a determinar, por lo que generalmente se escoge una de las hi (es decir, se escoge la posición de una masa), y se determina la otra a partir de (5).

• Finalmente, se calcula los valores de las mi de la ecuación (4).


• Por ejemplo, en el mecanismo biela-manivela de un motor de C.I. se pone m1 en el pistón y se calcula la posición de m2. (Notar que m2 está en el centro de percusión con respecto a m1, y viceversa para m1).


• Sin embargo, para simplificar el cálculo de a2 se coloca m2 en el punto B. Al hacer esto, se comete un error en el cálculo del par de inercia igual a:

-m(kG2 – h1h2)α

También habrá un error en el cálculo de F12. Ambos errores son pequeños para las aplicaciones usuales en que el punto B está relativamente cerca de G.

• Esta descomposición en dos masas equivalentes es útil en los cálculos de fuerzas para balanceamiento dinámico.


Ing. Eduardo Orcés

Tareas Leer las siguientes secciones del libro de Norton:

- Cap. 10, Fundamentos de dinámica,

Secs.10.0 a 10.14

- Cap. 11, Análisis de fuerzas dinámicas,

Secs. 11.0 a 11.3 Resolver ejercicios de la Clase 2

2010-II

mecánica de maquinaria ii

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