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.
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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
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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.
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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’).
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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?)
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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
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2ª Ley de Newton:
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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.
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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:
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Ejemplo: Determine las fuerzas requeridas para vencer la inercia en el mecanismo ranurado mostrado.
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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
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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
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• 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:
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• 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:
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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.
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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
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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
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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
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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.
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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.
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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.)
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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.)
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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.
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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).
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• Calculamos las reacciones para cada fuerza de inercia por separado.
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• Reacciones totales:
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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)
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Ejemplo: Analizar el mecanismo de la pala por el método gráfico.
Datos:
ω2 = 200 rad/s (SAH)
L2 = 3”
L3 = 8”
L4 = 6”
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θ2 = 150º:
ma3 = 168.2 lb
ma4 = 69.1 lb
Iα3 = 139.8 lb-plg (SH)
Iα4 = 82.68 lb-plg (SAH)
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θ2 = 270º:
ma3 = 179 lb
No se ha incluido el efecto de la fuerza de inercia del eslabón 4.
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Diagrama de torque versus posición angular del eslabón de entrada
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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
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Análisis para θ2 = 150º
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Análisis para θ2 = 60º
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Fuerzas de sacudimiento en función de la rotación
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Sistemas Dinámicos Equivalentes
• Se desea reemplazar el movimiento plano de un cuerpo rígido por el de dos masas puntuales m1 y m2, apropiadamente localizadas.
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• 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
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• 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
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• 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).
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• 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).
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• 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.
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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
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