Leccion7. Dinámica del Sólido Rígido 3D_(03-12_)Entrega1modificada

FÍSICA III-Mecánica

GRADO EN TECNOLOGÍAS INDUSTRIALESESCUELA DE INGENIERÍAS INDUSTRIALES Y CIVILES - ULPGC

TEMA

7Dinámica Sólido Rígido 3D

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogido

• Sin embargo la relaciónes de proporcionalidad entre el momentoangular y la velocidad angular,yválidas para el movimiento plano, no esen general aplicable al caso 3D

Introducción• Las relaciones fundamentales obtenidas

el curso pasado para el caso de movimiento en 2D siguen siendo de aplicación al caso de 3D.

• En este capítulo estudiaremos para el caso 3D esa relación y en general evaluaremos la relación entre la rapidezde cambio del momento angular y los momentos de fuerzas aplicadasIgualmente los teoremas del momento y de la energía cinética

Gaarr

≡

GamFrr

=∑

El movimiento de cualquier sólido se puede dividir en una traslación del CDM una rotación en torno al mismo y está gobernado por:

Remarcar que solo es aplicable si P es un punto no acelerado del SRI (por ej. el origen O) o si es el centro de masas

GL Iω=r r

G GM L=∑r r&

P PM L=∑r r&

M Iα=∑

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogidoRecordando.Momento angular del sólido rígido en el movimiento plano

Consideremos la placa en su movimiento de rotaciónalrededor del eje (perpendicular al plano de giro, el del delpapel) que pasa por G, su CDM.

Como cada partícula describe una trayectoria circular en torno al eje de giro, su velocidad será, , sustituyendo,

( ) ( ) 2∆ ∆ ∆

iG i i i i i i i iL r v m r r m r mω ω′ ′ ′ ′ ′= × = × × = r r rr r r r

i iv rω′ ′= ×rr r

Para hallar su momento angular respecto al eje de giro lo imaginamos subdivido en trocitos muy pequeños, cada unode masa∆mi, cuyo momento angular es

∆iG i i iL r v m′ ′= ×r r r

2

1

∆

n

G i ii

L r m ω=

′= ∑

r rSumando los momentos angulares de todas las partículas

G GL I ω=

El término entre paréntesis, recibe el nombre momento de inercia IG de la placa respecto al eje perpendicular que pasa por G, 2 2

1

∆ kg mn

G i ii

I r m=

′= ⋅∑

En el movimiento plano y por lo tanto también de modo que sólo nos referiremos a su componente Z,

G GL L k=rr

kω ω=rr

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogidoRecordando.Momento angular del sólido rígido en el movimiento plano

16 - 4

Antes de continuar véase el anexo relativo a momentos de inercia

Ya vimos que para un sistema de partículas, y éste lo es, si tomamos como origen de momentos su centro de masas

GG

dLM

dt=

rr

Siendo la suma de momentos de las fuerzas exteriores sobre todas las partículas.GM

r

Siendo la aceleración angular.α

G GM I α= Ecuación que gobierna la rotación con respecto a un eje

( )G GG G G

dL d I dM I I

dt dt dt

ω ω α= = = =

Esta relación se cumple componente a componente y la única de interés en el movimiento en el plano Oxy es la componente Z, luego

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogidoRecordando.Ejemplo dinámica 2D

Datos: mAB=25 Kg21

12GI ml=

En el instante indicado en la figura. La deslizader a A se mueve hacia la derecha con velocidad de 1,5 m/s y aceleración de 2m/s 2 . Halla:

a) La velocidad y aceleración angular de la barra A B para ese instante.

b) Las reacciones en las deslizaderas A y Bc) El valor de la fuerza horizontal que actúa en A


El modo más sencillo es observando que C es el centro instantáneo de rotación

1.5 1.8Av CAω ω= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ 0.83rad/sω =

0.83 1.35B Av CB vω= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ 1.12 m/sBv =

El procedimiento general que conduce a los mismos resultados consiste en relacionar los movimientos de los puntos A y B e imponer las condiciones de la restricción del movimiento de este último

/ /

/

1.5

1.35 1.8

B B

AB A B A A AB B A

B A

v v j

v iv v v v r

r i j

k

ω

ω ω

= −

= = + = + × = − +

=

rr

rrrr r r r r

rr

rr

( )0 1,5 1,35 1,8Bi v j i k i jω− = + × − +rr r r r r

( ) 0 1.5 1.80 1,5 1,8 1,35

1.35BB

i v j i jv

ωω ω

ω= −

− = − − ⇒ =

r r r r

0.83 rad/sω =

1.12 m/sBv =

1) Análisis cinemático.Velocidades


( ) ( )/ / /B A B A A B A B At na a a a a a= + = + +r r r r r r

( ) ( )( ) ( )

/ /

2 2/ /

2

1.35 1.8 1.8 1.35

0.83 1.35 1.8 0.93 1.24

A

B A B At

B A B An

a i

a r k i j i j

a r i j i j

α α α α

ω

= = × = × − + = − −

= − = − − + = −

rr

r r r r rrr r

r r r rr r

( ) ( ) 0 2 1.8 0.930 2 1.8 0.93 1.35 1.24

1.35 1.24BB

i a j i ja

αα α

α= − + ⇒

− = − + + − − ⇒ = + ⇒

r r r r

Relacionamos las aceleraciones de A y B,

Restricción en el movimiento de B, B Ba a j= −rr

21.6 rad/s

3.4 m/sBa

α ==

Análisis cinemático.aceleraciones


La aceleración del CDM, G, es

Movimiento del centro de masas

Rotación en torno a G

0.9 0.9 0.675x y GB F A I α− + + =

2)Aplicación de las Leyes de la Dinámica

2 3.41.7

2 2A A

G

a a i ja i j

+ −= = = −r rr r

r rr

Diagrama del cuerpo libre

2 2 2112

125 2.35 11.5 kg m

12GI ml= = ⋅ = ⋅

25 1 25x Gx xB F ma B F+ = ⇒ + = ⋅ =

245 25 ( 1.7)y Gy ymg A ma A− + = ⇒ − + = ⋅ − 202,5 NyA =

0.9 0.9 202.5 0.675 11.5 1.6xB F− + + ⋅ = ⋅

Resolviendo el sistema de dos ecuaciones 25

0.9 0.9 118,3x

x

B F

B F

+ =⇒− + = −

78.2 N

53.2 NxB

F

== −

( ) ( ) 2/ / / / / 1,7G A G A A G A G A B A B At n

a a a a a a r r i jα ω= + = + + = × − = −r rrr r r r r r r s

O bien:

ext GF ma=∑r r

G G

dLM I

dtα= =∑

rr r

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogidoProblema ejemplo16.10.

16 - 9

La varilla AB de 2 m de longitud y masa 10 Kg se suelta desde el reposo en la posición representada. Determinar las reacciones en A y B y la aceleración angular de la varilla suponiendo despreciable el rozamiento.

SOLUCIÓN:

• Análisis cinemático. Encontrar lasecuaciones cinemáticas de las restriccionespara las aceleraciones en los puntosA , B y G en función de la aceleración angular.

• Dibujar el diagrama del cuerpo libre, y expresar las ecuaciones del movimiento del centro de masas y de rotación en torno al centro de masas.

• Resolver las ecuaciones escalaresdel movimiento para calcular lasaceleraciones.

2 m


B Aar

G Aar

B Aar

B Aar

B Aar

B Aar

Problema ejemplo 16.10

16 - 10

Expresar la aceleración de B ABAB aaarrr +=

Expresar la aceleración de G G A G Aa a a= +r r r

SOLUCIÓN:

• Análisis cinemático. Encontrar lasecuacionescinemáticasde las restricciones para lasaceleraciones en los puntosA , B y G en funciónde la aceleración angular

/B A B Aa rα= ×rr r

/ 2cos30 2 30B Ar i sen j= − +r rr

kα α=rr

/ 2cos30 2 30B Aa j sen iα α= − −r rr

( )( 2cos30 2 30 ) 2 30 2 cos30B A B A A Aa a a a i j sen i a sen i jα α α α= + = + − − = − +r r r r rr r r

B Aar

G Aar

B Aar

/ /G A G Aa rα= ×rr r

/ 1cos30 1 30G Ar i sen j= − +r rr

kα α=rr / cos30 30B Aa j sen iα α= − −

r rr

( )30 cos30G A G A Aa a a a sen i jα α= + = − +r rr r r

La aceleración normal es cero en el instante inicial ω=0

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogidoProblema ejemplo 16-10

B A GR R mg ma+ + =r r r r

Dibujar el diagrama del cuerpo libre y escribir las ecuaciones de la dinámica

Movimiento del centro de masas

Rotación en torno a eje z en G

21 112 3I ml m= =

G

32

32

/ /B G B A G Ar R r R Iα× + × =r r rr r

Resolver las ecuaciones escalares del movimiento para calcular las aceleraciones.

(1)

(2)

eje x ( )cos45 30B AR m a senα= −

( )30 cos30G Aa a sen i jα α= − +r rr

eje y + ( )45 cos30B AR sen R mg m α+ − =Rotación en torno a G

Traslación

+

1/2

mg

13

3 1 3cos45 45

2 2 2B B AR R sen R mα+ − =

Resolviendo el sistema encontramos

21.6 rad/s

48.5 N

49.5 NA

B

R

R

α ===

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogidoMomento angular de un sólido rígido respecto a un eje

( ) ( )dL r dmv dmr r dm r u rω ω= × = × × = × × r rr r r r r r r

G

dLr

dmvr

rr

ur

ωr ( ) u

S

L dm r u r Iω ω= × × = ∫ r

r rr r r

u u u uL u L u I Iω ω= • = • =r r r r

r rr r

En efecto: comprobemos que la proyección de sobre el eje de rotación es el momento de inercia respecto al eje.

( )( ) ( ) 2u r u r u r• × × = ×r r r r r r

( )u

S

I dm r u r= × × ∫r

r r r rR

u uL I ω=r P mv=

( ) ( ) 2 2u u

S S S

u I u dm r u r dm u r dmR I• = • × × = × = = ∫ ∫ ∫r

rr r r r r r r

uI r

r

Por lo tanto el momento angular resp. al eje es

es el ya conocido vector Inercia visto en la Lección 2.

Donde


Siendo el tensor de inercia referido al punto G.

Es decir: el momento angular es el resultado de aplicar el tensor de inercia al vector velocidad angular.

Momento angular respecto al centro de masas de un SR. 1/2

.GL I ω=r r

.u GI I u=r

r r

•Su proyección es el momento de inercia respecto al eje

( )S

L dm r u rω= × × ∫r r r r

Como habíamos visto en la Lección 2 el vector inercia respecto a la recta de dirección que pasa por G se puede poner

ur

GI

. .u GL u I ω=rr

En notación de Dirac u GL u I uω= < >r r

GuIr

ur

ωruL Iω= r

r

. .u G GL I I u Iω ω ω= = =r

r r rrPor lo tanto

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogidoDirección del momento angular. Ejes principales de inercia.

El momento angular al igual que el vector inercia no lleva necesariamente la dirección del eje de rotación.

Tiene componentes en las tres direcciones

Las direcciones (vectores propios) en que la matriz es diagonal son los ejes principales de inercia

=

c

b

a

G

I

I

I

I

00

00

00

Si el eje de rotación (a) es un eje principal el momento angular es paralelo al eje y su valor es proporcional al vector velocidad angular siendo la

constante de proporcionalidad, Ia es un escalar el momento de inercia respecto a ese eje.

)0,0,( aωω =r

x xy xz x

G G xy y yz y

xz yz z z

I P P

L I P I P

P P I

ωω ω

ω

− − = = − −

− −

v v

( ), ,G G x y zL I L L Lω= =v v

G aL I ω=r r

ωv

Lr

ωv

GLr

G

G aL I ω=r r

a

b c

z

y

x

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogidoMomento angular cambio de origen

• Es sencillo demostrar que si calculamos el momento con respecto a cualquier punto O se cumple

GO LvmrLvrrr

+×=

• .iivmrr

∆L i =

ii rrrrrr ′+=

irr

ir ′r

El momento angular respecto a O puede también calcularse directamente a partir del tensor de inercia en ese punto

No hay mas que sustituir ii rrrrrr ′+=

En la expresión del momento respecto a O

Donde los momentos y los productos se calculan ahora respecto a O

( ) ( )O

S S

L r v dm r r dmω= × = × ×∫ ∫r rr r r r

Este, no obstante, es un resultado que se cumple en general para cualquier sistema de partículas

Lr

vmprr =

OLr x xy xz x

O O xy y yz y

xz yz z z

I P P

L I P I P

P P I

ωω ω

ω

− − = = − −

− −

r v

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogidoRecordando.Energía cinética de un sólido rígido en el movimiento plano

17 - 16

• La energía cinética de un sólido rígido de masam con movimiento plano

( )2 2 2 2 21 1 1 12 2 2 2∆ ∆G i i G i iEc mv m v mv r m ω′ ′= + = +∑ ∑

2 21 12 2G GEc mv I ω= +

• La energía cinética de un cuerpo rígido tiene dos términos:

1. Traslación del centro de masas

2. Rotación del sólido en torno al centro de masas

• Si el sólido gira alrededor de un eje fijo que pasa porO.

( )( )

212

212

2 212

∆

∆

∆

i i

i i

i i

Ec m v

m r

r m

ω

ω

= =

= =

=

∑∑∑

212 OEc I ω=

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogidoRecordando.Recomendaciones prácticas

17 - 17

• Para problemas de sistemas formados por varios cuerpos rígidos, puede aplicarse el principio de trabajo y energía a cada cuerpo.

• Podemos también aplicar el principio de trabajo y energía para todo el sistema,

1 1 2 2Ec W Ec→+ = = suma aritmética de las energías cinéticas de todos los sólidos que forman el sistema

= trabajo de todos las fuerzas externas que actúan sobre las diversas partes del sistema.

1 2,Ec Ec

1 2W →

• Para problemas relativos a barras articuladas, bloques y poleas conectados por cables de inextensible y engranajes, - las fuerzas internas aparecen formando pares de acción y reacción- los puntos de aplicación de la acción y reacción recorren iguales distancias- el trabajo neto de las fuerzas internas es cero- el trabajo en el sistema se reduce al trabajo de las fuerzas externas

• Es muy útil caracterizar el movimiento de un sólido rígido como una traslación de su centro de masas y una rotación en torno a él, de modo que su energía cinética,

2 21 12 2G GEc mv I ω= +

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogidoRecordando.Conservación de la energía. Ejemplo

17 - 18

• Como las fuerzas que actúan son conservativas, por el principio de conservación de la energía,

1 1 2 2Ec Ep Ec Ep+ = +

22

1 1 2 2

1 10

2 3 2

mlEc Ep Ec Ep mgl senω θ+ = + ⇒ = −

1 10, 0Ec Ep= =

( ) ( )

2 21 12 2 22 2

22 2 2 21 1 1 1

2 2 2 12

1

2 3

G GEc mv I

mlm l ml

ω

ω ω ω

= +

= + =

12 2Ep mgh mgl senθ= − = −

• Para la varilla de masam.

La barra de masam se suelta desde el reposo. Determinar ωωωω en función del ánguloθθθθ

3sen

g

lω θ =

2G

lv CGω ω= ⋅ =

La velocidad se halló a partir del centro instantáneo de rotación. Observe que CG=l/2Gv

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogidoEnergía cinética de un Sólido Rígido.

G

dLr

dmvr

rr

ur

ωr

R

( ) ( )

( )( )

21 12 2

1 12 2

S S

S

T dmv dm r r

dm r r L

ω ω

ω ω ω

= = × • × =

• × × = •

∫ ∫

∫

r rr r

rr r rr r

Teniendo en cuenta la definición de momento angular

( ) .G

S

L dm r r Iω ω= × × = ∫r r rr r

( )( ) ( )1 12 2 .G

S

T dm r r Iω ω ω ω= • × × = •∫r r r rr r

En el caso de que las magnitudes estén referidas a los ejes principales 2 2 21

2 ( )x x y y z zT I I Iω ω ω= + +

12 GT Iω ω= < >

r r

(*)

(*) Nótese la similitud con 21 12 2T mv v p= = •r r

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogidoEjercicio. Problema Ejemplo 18.2

• Un disco homogéneo de masa m estámontado sobre un eje OG de masa despreciable. El disco gira sin deslizar en sentido antihorario con velocidad angular en torno el eje OG.

• En la posición indicada en la figura.Determinar: a) la velocidad angular del disco, b) su momento angular respecto a O, c) su energía cinética, y d) el vector momento angular respecto G así como la cantidad de movimiento.

1ω

SOLUCIÓN:•El disco gira alrededor del eje vertical a en torno a O, y también gira en torno al eje OG. Combinar los componentes de rotación para determinar la velocidad angular total

•Calcule el momento angular del disco utilizando ejes principales de inercia y tomando nota de que O es un punto fijo.

•La energía cinética se calcula a partir de la velocidad angular y momento de inercia

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogidoProblema ejemplo 18.2

18 - 21

jirrr

21 ωωω +=Pero ω1 yω2 están acopladas. Por rodar sin deslizar la velocidad de C es cero (centro instantáneo de rotación)

SOLUCIÓN:•El disco gira alrededor del eje vertical a en torno a O, y también gira en torno al eje OG. Combinar los componentes de rotación para determinar la velocidad angular total

( ) ( )( )

1 2

2 1

2 1

0

0

C Cv r

i j Li rj

L r k

r L

ω

ω ω

ω ωω ω

= × =

= + × −

= −=

rr r

r r r r

r

( )1 1i r L jω ω ω= −r rr

Véase el estudio cinemático de la lección 5 para este sistema

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogidoProblema ejemplo18.2

18 - 22

( ) jLrirrr

11 ωωω −=• La energía cinética es calculada a partir de la velocidad

angular y los momentos de inercia

O o x x y y z zL I I i I j I kω ω ω ω= = + +rr r rr

( ) ( )2 2 21 11 12 4OL mr i m L r r L jω ω= − +

r r r

•Calcule el momento angular del disco utilizando ejes principales de inercia y tomando nota de que O es un punto fijo.

Los planos xz e yz son de simetría. Los productos de inercia son nulos.

0 0

0 0

0 0

x

o y

z

I

I I

I

=

( )212xI mr=

( )2 214xI mr mL= +

( )2 214zI mr mL= +

Respecto al diámetro

( )( )( )

2 2 21 12 2

22 2 2 21 11 12 4

o x x y y z zT L I I I

mr m L r r L

ω ω ω ω

ω ω

= • = + +

= + + −

rr

22 21

18 26

rT mr

Lω

= +


18 - 23

( ) jLrirrr

11 ωωω −=

•El momento angular respecto a G

( )2 21 112 4

G G x x y y z zL I I i I j I k

mr i mr r L j

ω ω ω ω

ω ω′ ′ ′= = + +

= + −

rr r rr

r r

2112 2G

rL mr i j

Lω = −

r r r

GxLr

GyLr

0 0

0 0

0 0

x

G y

z

I

I I

I

=

( )212xI mr=

( )214yI mr=

( )214zI mr=

1GP mv mr kω= =rr r

•Cantidad de movimiento del sistema.

211 12Gx OGL mr Iω ω= = Rotación en torno al eje OG

2 1124Gy Y

rL mr I

L

ω ω= − = Rotación en torno al eje y´

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogidoMovimiento de un sólido rígido en tres dimensiones

18 - 24

GG

G

LM

amF

&rr

rr

=

=

∑

∑

• En el marco referencial S formado porlos ejescentroidal GX’Y’Z’ de orientación fija.

• Como el cuerpo rota, sus momentos y productosde inercia cambian constantemente, y con ello lasecuaciones de la dinámica de rotación.

• Es conveniente utilizar el marco S´formado por

unos ejesGxyz solidarios al Sólido. Así lasecuaciones serán independientes del tiempo.

• La relación entre las derivadas temporales del momento angular en ambos sistemas es:

G GG

S S

dL dLL

dt dtω

′

= + Ω× Ω =

v vr r r r

GGLM &rr

=∑

Se consideran solo las fuerzas y momentos externos

GLr

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogidoEcuaciones del movimiento de Euler.

18 - 25

• Si para el marco referencialGxyz solidario al cuerpo elegimoslos ejes principales de inercia,

( )( )( ) yxyxzzz

xzxzyyy

zyzyxxx

IIIM

IIIM

IIIM

ωωωωωωωωω

−−=

−−=

−−=

∑

∑

∑

&

&

&

Que da lugar a tres ecuaciones escaleresdenominadas Ecuaciones de Euler

x

y

z

G

ωr

G GG G

S S

dL dLM L

dt dtω

′

= = + ×

∑v v

r rr

( )G G GGxyz

M L Lω= + ×∑r r v&

Es decir :

Ecuaciones de Euler.

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogidoProblema Ejemplo 18.5

• Un disco homogéneo de masa m estámontado sobre un eje OG de masa despreciable. El disco gira sin deslizar en sentido antihorario con velocidad angular en torno el eje OG.

• En la posición indicada en la figura. Determinar: a) la fuerza, que se supone vertical, ejercida por el piso sobre el disco., b) La reacción del pivote en O

1ω

Tómese los datos del problema 18.2

2112 2G

rL mr i j

Lω = −

r r r 0 0

0 0

0 0

x

G y

z

I

I I

I

=

( )212xI mr=

( )214yI mr=

( )214zI mr=

( ) ( )2 2 21 11 12 4OL mr i m L r r L jω ω= − +

r r r

( )1 1i r L jω ω ω= −r rr


18 - 27

DCLo

O

dLM

dt=∑

rr

GF ma=∑r r

Ecuaciones de la dinámica respecto al inercial O

Del problema 18.2

( ) ( )2 2 21 11 12 4OL mr i m L r r L jω ω= − +

r r r

( )2 2 2 11 112 4

OdL rdi djmr m L r

dt dt L dt

ωω= − +r r r

( )1r L jωΩ = −r r

iΩ×r r

0jΩ× =rr r

( )3

2 21 11 12 2

OdL mrmr i k

dt Lω ω= Ω× =

rrr r


( )3

2112

odL mrNL WL k k

dt Lω− = =

rr r

( )3

2122

mrN W

Lω− =

32122

mrN W j

Lω

= +

r r

GF ma=∑r r ( )2

1m rR Nj Wj i

L

ω+ − = −

r r r r

( ) ( )

2

22 1

1

Ga Li

rr L Li i

L

ωω

= −Ω =

− = −

rr

r r

( ) ( )2 231 12

122

m r m rmrR Wj Nj i j i

L L L

ω ωω= − − = − −

r r r r r r

oO

dLM

dt=∑

rr

2 21

2

mr rR i j

L L

ω = − +

r r r


GLr

2112 2G

rL mr i j

Lω = −

r r r

( ) ( )( )( )3 2

2 111 12 2

GG G G

S

dL mrL L L r L mr j i k

dt L

ωω ω′

= + Ω× = Ω× = − × =r

rr r r r r r r&

( ) ( )1

2112

0 0

0 0 0 0 0

0 0 0

x

G yS

z

I

L I mr

I

ωω

′

′′

′

= =

rcte

( )G SL

′

r

( )1r L jωΩ = −r r

Otra forma: Trabajando en el sistema movil


GG

dLM

dt=∑

rr

3 21( )

2y z

mrR L k R Lj k

L

ω− + =r rr

3 21

2y

mrR

L

ω=

0zR =

GF ma=∑r r

( )2

1m rR Nj Wj i

L

ω+ − = −

r r r r

0yR j Nj Wj− + − =r r r

( )3 2

12y

mrN W R j W j

L

ω = + = +

r r r

( )2

1x

m rR

L

ω=

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogidoSample Problem 18.3

18 - 31

Rod AB with weight W = 40 lb is pinned at A to a vertical axle which rotates with constant angular velocity ω = 15 rad/s. The rod position is maintained by a horizontal wire BC.

Determine the tension in the wire and the reaction at A.

• Expressing that the system of external forces is equivalent to the system of effective forces, write vector expressions for the sum of moments about A and the summation of forces.

• Solve for the wire tension and the reactions at A.

SOLUTION:

• Evaluate the system of effective forces by reducing them to a vector attached at G and couple

amr

.GHr


18 - 32

SOLUTION:

• Evaluate the system of effective forces by reducing them to a vector attached at G and coupleam

r.GH

r

( )( )I

ILIraa nr

rrrr

2

2212

sft450

cos

−=

−=−== ωβω

( ) ( )Ig

amrr

lb55945040 −=−=

kIjIiIH zzyyxxG

rrrrωωω ++=

0sincos

0 2212

21

==−====

zyx

zyx mLIImLI

ωβωωβωω

imLHGrr

βω cos2121−=

( )( ) ( )

( )kkmL

imLji

HHH GGxyzGG

rr

rrr

rr&r

&r

ftlb645cossin

cossincos0

22121

2121

⋅==

×+−+=

×+=

ββω

βωβωβω

ω


18 - 33

• Expressing that the system of external forces is equivalent to the system of effective forces, write vector expressions for the sum of moments about A and the summation of forces.

( )effAA MM ∑∑ =rr

( ) ( ) ( )( ) ( )KKT

KIJJIITJrr

rrrrrrr

64519348093.6

64555946.340293.6

+=−+−×=−×+−×

lb384=T

( )effFF ∑∑ =rr

IJIKAJAIA ZYX

rrrrrr55940384 −=−−++

( ) ( )JIArrr

lb 40lb 175 +−=

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogidoMovimiento alrededor de un punto o de un eje.

18 - 34

• Para la rotación de un sólido rígido respecto a un punto,

( ) OOxyzO

OO

LL

LMvrv

&rr

×Ω+=

=∑

• Si restringimos dicho movimiento a un eje. (sea el eje z)

OLv

0

0x xy xz

xy y yz

xz yz z

I P P

L P I P

P P I ω

− − = − −

− −

r( )0 0ω ω=r

( )xy yz zL P P I ω= − −r

( )( )

( )( ) ( ) 2

O O OOxyz

xz yz z

xz yz z

xz yz z xz yz

M L L

P i P j I k

k P i P j I k

P i P j I k P j P i

ω

ω

ω ω

α ω

= + ×

= − − +

+ × − − +

= − − + + − +

∑r r rr&

rr r&

r rr r

rr r r r

2

2

x xz yz

y yz xz

z z

M P P

M P P

M I

α ω

α ω

α

= − +

= − +

=

∑∑∑

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogidoRotación alrededor de un eje fijo

18 - 35

• For a rigid body rotation around a fixed axis,

• Si el sólido es simétrico al plano xy

αzzyx IMMM === ∑∑∑ 00

• Si no es simétrica, la suma de los momentos externos no será cero, incluso si a = 0,

• Un eje de rotación requiere equilibrio estático y dinámico para evitar la vibración excesiva y reacciones de los rodamientos. Para ello los productos de inercia han de ser nulos.

( )0=ω( )0≠ω

2

2

x xz yz

y yz xz

z z

M P P

M P P

M I

α ω

α ω

α

= − +

= − +

=

∑∑∑

2 2 0x yz y xz zM P M P Mω ω= = =∑ ∑ ∑

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogidoProblema resuelto 18.4

Dos barras A y B de 100 mm, cada una de 300 g de masa, se sueldan a la flecha CD que está soportada mediante cojinetes en C y en D. Se aplica a la flecha un par M de magnitud 6 Nm. Determine las componentes de las reacciones dinámica en C y en D en el instante en que el eje ha alcanzado una velocidad angular de 1200 rpm. Ignore el momento de inercia de la flecha.

Ver resolución en el libro. Nótese que En el caso en que los productos de inercia fuesen cero. EL eje ( incluso si fuera un cilindro ) mantendría una velocidad constante en ausencia de par y , además, las reacciones dinámicas en los cojinetes serían nulas.

TemaTema 7.7.--DinDin áámica del mica del SSóólidolido RRíígidogidoRecordando.Impulso lineal y angular Sistema de Partículas

14 - 37

2

1

2

1

2 1

1 2

t

t

t

t

dPF

dt

Fdt P P

P Fdt P

=

= −

+ =

∑

∑∫

∑∫

rr

r r r

r r r

2

1

2

1

2 1

1 2

oO

t

O

t

t

O

t

dLM

dt

M dt L L

L M dt L

=

= −

+ =

∑

∑∫

∑∫

rr

r r r

r r r

• Al momento de las partículas en t1 se suma el impulso entre t1 to t2

para obtener el momento en el instantet2 .

Leccion7. Dinámica del Sólido Rígido 3D_(03-12_)Entrega1modificada

Documents

yz yxz yz

tomando nota

write vector

slido rgido

su energa

anlisis cinemtico

gido gidorecordando

es decir