Clase MM2-2015-I (Fuerzas de Inercia).pdf

Mecánica de Maquinaria IIClase 2 FUERZAS DE INERCIA Ing. Eduardo Orcés P. 2015-I Ing. Eduardo Orcés P. Mayo 18/2015 TEMAS         Dinámica de Maquinaria Análisis estático Fuerzas de inercia Principio de D’Alembert Método de superposición de fuerzas Sistemas dinámicos equivalentes Determinación de C.G., Momento de inercia, Centro de percusión Esfuerzos dinámicos Ing. Eduardo Orcés P. 2015-I 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. Ing. Eduardo Orcés P. 2015-I Radios de Giro.Análisis Cinemático (Velocidades.Aceleraciones) Consideraciones de tiempos y movimientos Análisis Dinámico en el Diseño Mecánico Estimar Masas. Análisis Estático ? Masas = 0 Análisis Dinámico Calcular Fuerzas Calcular Esfuerzos Dimensionar para Resistencia. M. etc.. 2015-I .etc. Eduardo Orcés P. Rigidez. Ing.de I. Frecuencia Natural. Problema Directo (‘Respuesta Dinámica’): Dadas las fuerzas aplicadas. velocidades y aceleraciones de las partículas. Eduardo Orcés P. Ing. determinar el movimiento del sistema. Esto requiere integrar las ecuaciones diferenciales del movimiento para obtener las posiciones. Problema Inverso(‘Cinetostática’): Dadas las posiciones.Cinética • Los problemas de dinámica son de dos tipos: 1. 2015-I . encontrar las fuerzas requeridas para producir el movimiento. Esto requiere resolver un sistema de ecuaciones algebraicas. 2. velocidades y aceleraciones. Eduardo Orcés P.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. 2015-I . • Se las determina a partir de las Leyes de Newton: ΣF = m aG ΣMG = IG α Ing. 2ª Ley de Newton: Ing. Eduardo Orcés P. 2015-I . Ing. .Principio de D’Alembert (‘Equilibrio Dinámico’): • • Las fuerzas resultantes inversas – maG . 2015-I . Eduardo Orcés P.IGα son las fuerzas de inercia. Sus sentidos son siempre opuestos a los de las aceleraciones aG y α. 2015-I . desplazada una distancia h del C..maG.Línea de acción de la fuerza de inercia: La fuerza de inercia Fi = . Ing. tiene una línea de acción paralela y de sentido contrario a aG. de tal manera que produzca un par de sentido contrario a α. Eduardo Orcés P.G. Eduardo Orcés P.Ejemplo 1: Determine las fuerzas requeridas para vencer la inercia en el mecanismo ranurado mostrado. 2015-I . Ing. Eduardo Orcés P. 2015-I .h.Cálculo de velocidades:    vP3 = vP2 + vP3 / P2 vP2 = ω2 × AP = 2(225 2 ) = 636 mm/s @ 135° • Del triángulo de velocidades: vP3 / P2 = vP2 = 636 mm/s @ 45° vP3 = v2 2 = 900 mm/s ↑ vP3 900 ∴ ω3 = = = 4 rad/s ( s.) CP 225 Ing.a. 45° • Del polígono de aceleraciones: aPt 3 = 7200 mm/s 2 ↓ aPt 3 / P2 = 8910 mm/s 2 @ 225° ∴ α3 = Ing. aPt 3 CP = 7200 = 32 rad/s 2 ( s.) 225 2015-I . Eduardo Orcés P.Cálculo de aceleraciones:      aP3 = aP2 + aP3 / P2 + 2ω2 × vP3 / P2 aPn2 = ω22 ⋅ AB = (2 2 )(225 2 ) = 1273 mm/s 2 @ 45° aPn3 = ω32 × CP = (4 2 )(225) = 3600 mm/s 2 ← ac = 2ω2 ⋅ vP3 / P2 = 2(2)(450 2 ) = 2546 mm/s 2 @ .h. ) Ing.h.Cálculo de fuerzas de inercia: • Asumimos: m2 = m3 = 1 kg. Eduardo Orcés P.m2 • Del diagrama de aceleraciones se obtiene las aceleraciones de los centros de masa de los eslabones: aG2 = 1273/2 = 636.a.8 N → Fi3t = (1)(3600 x 10-3) = 3.m (s. IG2 = IG3 = 1 kg.5 x 10-3) = 0.64 N @ 225° Fi3n = (1)(1800 x 10-3) = 1. 2015-I .5 mm/s2 @ 45° aG3n = 3600/2 = 1800 mm/s2 ← aG3t = 7200/2 = 3600 mm/s2 ↓ • Fuerzas y pares de inercia: Fi2 = (1)(636.6 N ↑ Ti2 = 0 Ti3 = (1)(32) = 32 N. Equilibrio dinámico: • En el eslabón 3: h3 = 32/3.m (s. 23 12 x x y y 2015-I . Eduardo Orcés P.9 m (→) ∑ M = 0 → F = 204 N @ -45° ∑ F = 0 → C = 146 N (←) ∑ F = 0 → C = 141 N (↑) C x x y y • En el eslabón2: ∑ M = 0 → T = 65 N.h.a.) ∑ F = 0 → A = 144 N (→) ∑ F = 0 → A = 144 N (↓) A Ing.6 = 8. • En general. Ing. este principio solo es válido para sistemas donde se desprecia la fricción y otros efectos no-lineales.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. el principio de superposición es aplicable solo a sistemas lineales. Por lo tanto. 2015-I . • Un mecanismo con varias fuerzas aplicadas. puede ser analizado considerando una sola fuerza a la vez. Eduardo Orcés P. Luego los resultados de cada caso individual pueden ser sumados vectorialmente (o ‘superpuestos’) para obtener el resultado total. 10 p / s @ − 53°.77 pies rCD = 2. El radio de giro del ensamblaje ha sido medido experimentalmente y su valor es 1. vG3 = 5. rAB = 1.33 pies rBC = 3.77) = 5.20 p / s @ 42° vG4 = 6.h. pesa 100 lb. en el punto G4. Eduardo Orcés P.31 p / s • Ing.65 p / s @ 58° vCB = 3.G. El ensamblaje (eslabón 4) que porta la rueda.0 pies vC = 5.a. Determine gráficamente las fuerzas que actúan en todos los eslabones. • Cálculo de velocidades: vB = ω2 rAB = (3)(1.Ejemplo 2: El mecanismo mostrado se usa para bajar y retraer el tren de aterrizaje de un avión pequeño. La biela de conexión pesa 3 lb. y el par motor requerido en el eslabón 2.2 pies. vG2 = 2.58 p / s @ 24° 2015-I .) a una velocidad constante de 3 rad/s.10 p / s @ 24°. El eslabón motriz 2 pesa 5 lb y rota (s. con C. a.16 p/s 2 aC = rCD 2.77) .10) 2 n = = 11.93 p/s 2 2 vCB 3.Cálculo de aceleraciones:     n t aCn + aCt = aBn + aBt + aCB + aCB aBn = ω22 ⋅ rAB = (32 )(1.92 rad/s 2 ( s.25 rad/s 2 ( s.00 p / s 2 @ 144° aG4 = 12.33 Ing. Eduardo Orcés P.20 p/s 2 aCB = rCB 3 (vC ) 2 (5.33 • Del polígono de aceleraciones: aG2 = 7.h.25 = = 2.) rCB 3 aCt 5.10 2 n = = 3.h.25 p / s 2 @ 140° t aCB 2.75 ∴ α3 = = = 0.96 p / s 2 @ 156° aG3 = 14. 2015-I .) α4 = rCD 2. aBt = α 2 ⋅ rAB = 0 = 15. 06 lb .25) = 10.24 lb @ -24° 32 .p ( s.473)(2.0) = 1.069)(0.0) = (4.92) = 0.046 pies (0.25) = 0.473)(2.) ( h3 = h4 = I G3α 3 m3 aG3 I G4 α 4 m4 aG4 Ing.26 pies (3.05 lb @ -40°  32.h.25) 2015-I .106)(12.069)(0.a.06 lb .)   12 Ti 4 = I G4 α 4 = m4 k 42 α 4 = (4.92) = 0.p ( s.30 lb @ -36° 32 . Eduardo Orcés P.2   1 Ti 3 = I G3α 3 =  m3l32 α 3 = (0.093)(14. ) = (0.25) = 38.h. 2    3  Fi 3 = m3 aG 3 =  (14.Fuerzas de inercia:  5  Fi 2 = m2 aG2 =  (7. 2    100  Fi 4 = m4 aG4 =  (12.96) = 1. Fuerzas totales: • • Ing. Eduardo Orcés P. se aplica el principio de superposición. 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. 2015-I . Para hallar las reacciones a las cargas Fi4 y W4. Equilibrio dinámico por superposición: • El problema total se descompone en dos sub-problemas como se muestra en la figura. 2015-I . Ing. Se resuelve cada uno individualmente. Eduardo Orcés P. 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.h. 2015-I . Eduardo Orcés P.) Ing.6 lb-p (s. Equilibrio dinámico por superposición (Sub-problema 2): • • Del DCL del eslabón 4 se obtiene: F’’41 = 81. Eduardo Orcés P.a.7 lb-p (s.3 lb @ 122° F’’43 = 52. 2015-I .) Ing.5 lb @ 38° Del DCL del eslabón 2 se obtiene: T’’12 = 86.h. F43 = 25. Eduardo Orcés P.) Ing.5 lb @ 116°. sumando vectorialmente los resultados de los sub-problemas 1 y 2.Equilibrio dinámico por superposición (Problema total): • • Obtenemos las reacciones totales para el eslabón 4.h.1 lb-p (s.a. T12 = 42. 2015-I . El resto de reacciones se obtienen de manera similar. Los resultados son: F41 = 120.5 lb @ 38°. 1: El mecanismo mostrado forma parte de una perforadora automática de cuero. respectivamente.19 N (←). El coeficiente de fricción entre el punzón y las guías se estima en 0. determine el par requerido para impulsar el mecanismo y las reacciones en las articulaciones.2 kg y tiene una fuerza resistente hacia arriba de 16 N aplicada a él.h.13 N (↑) F32h = 0. El elemento punzonador tiene una masa de 1. En la posición mostrada.80 N mm (s. Eduardo Orcés P.75 N (↓) Ing.19 N (→).) F34h = 0. 2015-I .19 N (←). la cual opera con una rapidez de 20 perforaciones por minuto. F21v = 7. • Resp: T12 = 3.15. F34v = 3. F32v = 4. La manivela y biela de conexión tienen masas de 0.30 N (↓) F21h = 0.Ejercicio 2. La manivela rota en sentido antihorario.35 y 0.75 kg. el torque requerido para accionar el eslabón 2. hallar las fuerzas en los cojinetes. 2015-I .Ejemplo 3: Para el mecanismo mostrado. Ing. Eduardo Orcés P. y las fuerzas trepidatorias (o de sacudimiento). • Calculamos las reacciones para cada fuerza de inercia por separado. 2015-I . Eduardo Orcés P. Ing. • Reacciones totales: Ing. 2015-I . Eduardo Orcés P. 9 m/s2 ag4 = 19.Ejemplo 4: Analice el mecanismo mostrado. usando el método de superposición de las fuerzas de inercia. • Datos cinemáticos: ag2 = 0 ag3 = 27.1 m/s2 α3 = 241 rad/s2(SAH) α4 = 129 rad/s2 (SH) Ing. Eduardo Orcés P. 2015-I . 2015-I . Eduardo Orcés P.Ing. Eduardo Orcés P. 2015-I .Ing. 2015-I . Datos: ω2 = 200 rad/s (SAH) L2 = 3” L3 = 8” L4 = 6” Ing.Ejemplo 5: Analizar el mecanismo de la pala por el método gráfico. Eduardo Orcés P. 1 lb Iα3 = 139.68 lb-plg (SAH) Ing. 2015-I . Eduardo Orcés P.8 lb-plg (SH) Iα4 = 82.2 lb ma4 = 69.θ2 = 150º: ma3 = 168. 2015-I .θ2 = 270º: ma3 = 179 lb No se ha incluido el efecto de la fuerza de inercia del eslabón 4. Eduardo Orcés P. Ing. 2015-I . Eduardo Orcés P.Diagrama de torque versus posición angular del eslabón de entrada Ing. 83 slug m4 = 2.0 slug-pie2 m3 = 1. 2015-I .Ejemplo 6: Hallar las fuerzas de sacudimiento producidas en el mecanismo de cizalla voladora.66 slug Ing.38 slug-pie2 I4 = 25. Datos: ω2 = 50 rad/s (SAH) I3 = 6. Eduardo Orcés P. Eduardo Orcés P. 2015-I .Análisis para θ2 = 150º Ing. 2015-I .Análisis para θ2 = 60º Ing. Eduardo Orcés P. 2015-I . Eduardo Orcés P.Fuerzas de sacudimiento en función de la rotación Ing. 2015-I .Sistemas Dinámicos Equivalentes • Se desea reemplazar el movimiento plano de un cuerpo rígido por el de dos masas puntuales m1 y m2. Ing. apropiadamente localizadas. Eduardo Orcés P. m1h1 = m2h2 3. m = m1 + m2 2.• Como la fuerza y el par resultante de los dos sistemas deben ser iguales. 2015-I . estos deben cumplir las siguientes condiciones: 1. I = m1h12 + m2h22 Ing. Eduardo Orcés P. ó h1h2 = kG2 2015-I . Ing.• De las ecuaciones (1) y (2) se obtiene: 4. Eduardo Orcés P. mh1h2 = I.  h2 m1 = m  h1 + h2     h1 m2 = m  h1 + h2    • Substituyendo en la ecuación (3) se obtiene: 5. se calcula los valores de las mi de la ecuación (4). Eduardo Orcés P. • Finalmente. Ing. y se determina la otra a partir de (5). por lo que generalmente se escoge una de las hi (es decir. 2015-I . se escoge la posición de una masa).• Hay 3 ecuaciones y 4 parámetros a determinar. se pone m1 en el pistón y se calcula la posición de m2. y viceversa para m1).• Por ejemplo. Ing. Eduardo Orcés P. (Notar que m2 está en el centro de percusión con respecto a m1. en el mecanismo biela-manivela de un motor de C.I. 2015-I . Ing. 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. • Esta descomposición en dos masas equivalentes es útil en los cálculos de fuerzas para balanceamiento dinámico. Eduardo Orcés P.• Sin embargo. 2015-I . Ambos errores son pequeños para las aplicaciones usuales en que el punto B está relativamente cerca de G. Eduardo Orcés P. 2015-I .. • Si la forma del cuerpo es complicada. ya sea analíticamente o experimentalmente. • Para hacer un análisis dinámico es necesario conocer el IG y la posición del C. Ing. se la puede descomponer en formas más simples.G.Determinación de Momentos de Inercia y Centros de Gravedad. Experimentalmente: • Centro de gravedad . pues la diferencia de dos cantidades del mismo órden de magnitud puede causar errores numéricos.• Momento de inercia • En la formula anterior. Para esto. se necesita calcular bien T y hG. hay que hacer T grande y hG pequeño. Eduardo Orcés P. ∴ suspender del punto más cercano a G. Ing. (Esto puede dificultar la medición de T). 2015-I . • Para cuerpos difíciles de suspender de un punto fijo. 2015-I . Eduardo Orcés P. se usa un péndulo con plataforma: Ing. 2015-I . Ing.• Para cuerpos con simetría axial. se puede usar una suspensión bifilar. Eduardo Orcés P. • Radio de Giro Centroidal • Para tener una idea del órden de magnitud del radio de giro centroidal kG. 2015-I . Eduardo Orcés P. ver las siguientes figuras: Ing. (IO = mkO2) • De igual manera. el radio de éste sería el radio de giro kO.Centro de Percusión • Si toda la masa de un cuerpo en rotación alrededor de un eje fijo O. Ing. si la masa se concentra en un punto P. Eduardo Orcés P. se concentrara en un anillo delgado. situado a una distancia qO. este punto es el centro de percusión con respecto a O. 2015-I . Eduardo Orcés P.• El período de oscilación es: qO IO = 2π T = 2π g Wh1 kO2 ∴ qO = h1 Ing. (1) 2015-I . G. Eduardo Orcés P. Ing. ∴ h2 = h1 (4) respecto al C. 2015-I .P.• Por el teorema de los ejes paralelos: mkO2 = mkG2 + mh12 kO2 = kG2 + h12 (2) Dividiendo para h1: ∴ qO = kG2/h1 + h1 (3) De la geometría: h 1 + h2 = qO kG2 = qG = posición del C. • Notar que P es el C.P. de la barra con respecto a O, así como O es el C.P. con respecto a P. Esto se ve claramente invirtiendo los papeles de h1 y h2 en la ecuación (4). • También h1h2 = kG2 se cumple para los puntos dinámicos equivalentes, por lo que estos son centros de percusión entre sí. • Otra propiedad importante del C.P. es que la línea de acción de la resultante de las fuerzas de inercia pasa por él, cuando la barra rota alrededor de un punto fijo. Ing. Eduardo Orcés P. 2015-I • Demostración: Al trasladar Fi hasta el punto P, el momento de Ft con respecto a G debe ser igual a IGα. Ing. Eduardo Orcés P. 2015-I • Esto significa que si se aplica una fuerza horizontal en P, ésta será cancelada por la fuerza de inercia Fi ; y por lo tanto, la fuerza en el soporte es cero en la dirección de la fuerza aplicada. • Esta propiedad del C.P. ha sido utilizada en el diseño de máquinas de impacto, máquinas de balanceamiento dinámico, vehículos y equipos deportivos. • Por ejemplo, en los automóviles modernos, los ejes delanteros y traseros están en los respectivos centros de percusión. Esto implica, por ejemplo, que si el extremo delantero golpea un bache, el golpe no se transmitirá al extremo trasero, y viceversa. Ing. Eduardo Orcés P. 2015-I en la dirección de la fuerza aplicada. Demuestre las propiedades del C. Eduardo Orcés P.Ejemplo: Considere una barra colocada sobre una mesa horizontal sin fricción a la que se le aplica una fuerza horizontal en dirección perpendicular a la barra. Ing. 2015-I .P. la fuerza resultante es cero en el apoyo. • Esto significa que si en el punto P se coloca un apoyo articulado. • Luego se hacen DCL parciales para hallar las fuerzas internas de interés. aplicando el equilibrio dinámico (D’Alembert). y se producen esfuerzos internos. Mecanismos y Dinámica de Maquinaria) • Las fuerzas de inercia están distribuidas en todo el cuerpo. primero se hace el análisis dinámico del cuerpo rígido total para hallar aG y α.Esfuerzos Dinámicos (Ref. 2015-I .: Mabie/Ocvirk. principalmente de flexión. sobre cada elemento de masa dm actúa una fuerza de inercia –adm. Ing. Eduardo Orcés P. • Para hacer el cálculo de los esfuerzos producidos. Asumiendo que su sección transversal es constante y no se alabea. Eduardo Orcés P. El ejemplo clásico de falla por esfuerzos centrífugos excesivos es la desintegración de un volante. 2015-I . • Consideremos el caso de un álabe de una turbina.• En sistemas rotatorios es relativamente sencillo calcular los esfuerzos dinámicos producidos. podemos calcular el esfuerzo radial como σr = ½ ρω2(R2-r2). (Demostrar) Ing. (Demostrar) • La aceleración angular α produce fuerzas cortantes transversales V = ½ ρAα(R2-r2) y momentos flectores M = 1/6 ρAα(R-r)2(2R+r). Para simplificar. donde la fuerza cortante es cero.1: Considere que la aceleración angular α de un rotor es producida por la aplicación de una carga uniformemente distribuida p sobre el álabe. Solución resumida: Demuestre que la carga p está relacionada con la aceleración angular α. Ing. Calcule la fuerza cortante y momento flector en función del radio. sin ningún par resistente aplicado al eje del rotor. asuma que el radio del cubo del rotor es muy pequeño. 2015-I . por la relación p = ½ ρARα. Eduardo Orcés P.Ejercicio 3. Luego obtenga la fuerza cortante y momento flector a una distancia radial r : V = 1/6 ρAα(R – r)(3r – R) M = 1/6 ρAα r (R – r)2 Demuestre que el momento flector máximo ocurre en r = R/3. y cae bajo su propio peso.Ejemplo: La barra curva uniforme està articulada en el punto A. en el punto B.F. Ing. Eduardo Orcés P. Calcular el M. 2015-I . • Primero se analiza el cuerpo entero para hallar α. F. se hace el DCL del tramo BC para hallar el M. en el punto B.• Una vez que se ha hallado α. 2015-I . Eduardo Orcés P. Ing. y M.• En el caso de cuerpos alargados como la biela del mecanismo de un motor reciprocante.μa. Eduardo Orcés P. Ing. Esta distribución de carga se puede descomponer en componentes transversales y normales para hacer los diagramas de F. es conveniente definir una intensidad de carga por unidad de longitud p = .C. 2015-I .F. donde μ es la masa por unidad de longitud. 2015-I . Eduardo Orcés P.Ing. Eduardo Orcés P. Ing.Ejemplo: Calcular las distribuciones de fuerzas cortantes y momentos flectores que se producen en una barra colocada sobre una mesa horizontal lisa y a la cual se le aplica una fuerza horizontal P perpendicular a su eje. 2015-I . 2015-I . Eduardo Orcés P.Ing. La masa de la biela es 1.2: En el ejemplo anterior. Eduardo Orcés P.3” de A) Ejercicio 3. 2015-I . El radio de giro centroidal de la biela es 100 mm. 3492 psi a 13.S.. (Resp. Calcule el esfuerzo máximo de flexión que se produce en la barra. la fuerza P = 200 lb y la barra es de acero (ρ = 0.: 32 Nm) Ing. y que sólo el 80% de ella está entre centros. de un cilindro tiene un cigüeñal de 70 mm de radio y una biela de 250 mm entre centros. está a 170 mm de la cruceta del pistón.I. y su C. encuentre el momento máximo de flexión en la biela.5 kg.8 kg. y rota a 1500 rpm.283 lb/plg3).M. Si se asume que la masa de la biela está uniformemente distribuida.3: Un motor de C.G.Ejercicio 3. La masa del pistón es 1. (Resp. En la posición mostrada. el cigüeñal está a 45º desués del P. 10.Cap.Tareas  Leer las siguientes secciones del libro de Norton: . Secs.3  Resolver el ejercicio 2. 11. Eduardo Orcés P.0 a 11. Análisis de fuerzas dinámicas. Fundamentos de dinámica. Secs.1 y el ejercicio de Repaso de Dinámica de Partículas Ing. 11. 2015-I .10.0 a 10.Cap.14 .