1
PRACTICA 3: ESTUDIO DEL EQUILIBRADO ESTÁTICO Y DINÁMICO.
ROTACIÓN DE UN CUERPO RÍGIDO ALREDEDOR DE UN EJE FIJO.
1 . -INTRODUCCIÓN TEÓRICA
El objeto de la experiencia
será el equilibrar estática y
dinámicamente un sistema de masas
que gira con velocidad uniforme,
sirviéndonos de una máquina para
equilibrados,“BALANCING MACHINE “.
La figura representa un cuerpo
rígido cuyos puntos A y B están fijos
en el espacio mediante los soportes S
y S2.
El movimiento del sólido
rígido es entonces una rotación pura
alrededor del eje AB fijo en el espacio
y en el cuerpo mismo.
Como cualquier punto O del cuerpo rígido sobre el eje de rotación AB esta siempre
en reposo tendremos:
extMdt
Ld,0
0
( O eje rotación) (1)
Teniendo en cuenta que la relación existente entre la derivada temporal de un vector
respecto a un sistema de referencia inercial y su derivada temporal respecto a un sistema
móvil solidario al sólido rígido, se cumple:
00 IL ;
z
y
x
zzyzx
yzyyx
xzxyx
z
y
x
IPP
PIP
PPI
L
L
L
0
0
0
(2)
Siendo 0I el tensor de Inercia del cuerpo rígido, para el punto O, y respecto a un
sistema de referencia solidario al cuerpo rígido con origen en el punto O,{O,x,y,z} tiene por
representación matricial:
0I
zzyzx
yzyyx
xzxyx
IPP
PIP
PPI
Construyamos un sistema de referencia solidario al sólido de forma que su eje Z
coincida con el eje de rotación AB y sus ejes, x e y, sean dos rectas cualesquiera
perpendiculares, contenidas en el plano normal por el punto O, al eje de rotación AB y que
cortan en O. Como el eje de rotación está fijo en el espacio, el cuerpo rígido no tiene
movimiento de precesión alrededor del eje Z’ del sistema de referencia fijo.
2
0d
dt
(3)
Por tanto, para el ángulo de Euler se verifica en todo instante que = cte., lo cual
indica que la línea nodal permanece fija en el espacio, y además el ángulo de nutación θ =
cte.
Además, siempre podemos tomar como tercer eje del sistema fijo el de la dirección
del eje fijo, y como tercer eje del sistema móvil solidario al sólido el del eje fijo. Lo que
significa un grado de libertad cuyo parámetro es Ψ (ahora no tiene sentido el eje de nodos al
ser θ = 0).
La velocidad angular del cuerpo rígido es
dk k
dt
(4)
Supongamos que sobre el cuerpo rígido sólo actúan la fuerza de la gravedad y las
reacciones y R R de los soportes S1 y S2 , respectivamente. Entonces:
Rxx0,0 BORAOMM ext
(5)
donde 0M es el momento, respecto a O, del vector peso.
Consideremos por comodidad que el punto O A coincide con el origen del sistema
móvil y además con uno de los soportes, así xOA R O .
Llamemos a la distancia AB = OB = h
Desarrollando por componentes las ecuaciones (1) y (5) en el sistema de referencia
{O,x,y,z} móvil solidario al cuerpo rígido.
yoxyzzx RhMPP 2 (6.1)
xoyzxyz RhMPP 2 (6.2)
ozz MI (6.3)
La ecuación (6.3) es la que rige el movimiento de rotación del cuerpo rígido
alrededor del eje fijo AB. Las ecuaciones (6.1) y (6.2) determinan los momentos, respecto al
punto O, de las FUERZAS DE LIGADURA (reacciones en los soportes) necesarias para
mantener el eje fijo.
De la ecuación (6.3) se desprende que debido al momento de la fuerza de gravedad
respecto al eje de rotación, el cuerpo rígido adquiere una aceleración angular, y se pondrá en
movimiento de rotación alrededor del eje fijo AB. Se dice, que el CUERPO RIGIDO ESTA
“DESEQUILIBRADO” RESPECTO AL EJE DE ROTACION.
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Si consideramos el teorema de la cantidad de movimiento:
ext cF M a (7)
y además, tenemos en cuenta que el punto A tiene aceleración nula, al pertenecer al
eje fijo, y C es el centro de masas del sistema:
' ( ( ))ext cF R R P M a M w AC w w AC (8)
Desarrollando por componentes en el sistema de referencia móvil solidario con el
cuerpo rígido
2
c c x x xM y M y Mg R R (9.1)
2
c c y y yM x M x Mg R R (9.2)
zzz RRMg 0 (9.3)
Donde Mgx, Mgy, Mgz son las componentes del vector peso en el sistema móvil. Sin
embargo, si el centro de masas C estuviera sobre el eje de rotación AB entonces, el
momento áxico de la fuerza de gravedad respecto al eje es nulo, ya que en este caso el
vector OG sería paralelo al eje Z.
De la ecuación (6.3) Tendríamos: 0zI
De forma que es constante, ó lo que es lo mismo: 0 cte
Si en las ecuaciones (6) y (9) despejamos las reacciones, las ecuaciones obtenidas
indicarían que las reacciones de los soportes se pueden considerar compuestas de dos
componentes:
1) REACCIONES ESTATICAS. -No contienen la velocidad angular.
2) REACCIONES DINAMICAS.-Contienen la velocidad angular. Sus módulos son
proporcionales al cuadrado de la velocidad angular.
Además responden a las fuerzas que, debido al movimiento de rotación, el cuerpo
rígido ejerce sobre los soportes al querer escapar de la ligadura impuesta por los soportes,
obligándole a girar alrededor de un eje fijo. Por tanto, debido a ellas, se producen
vibraciones y un mayor desgaste de los soportes o cojinetes.
Caso de pasar el eje por el centro de masas, los momentos estáticos Mox, Moy, Moz
son nulos. Consiguientemente, cuando el centro de masas del cuerpo rígido está situado
sobre el eje de rotación fijo, y por tanto el momento áxico de la fuerza de gravedad respecto
al eje de rotación es nulo, y los momentos estáticos son nulos, se dice que el cuerpo está
ESTATICAMENTE EQUILIBRADO.
Si además los productos de inercia Pyz y Pxz son nulos, el vector momento cinético
será paralelo al vector velocidad angular; decimos que el sistema está dinámicamente
equilibrado.
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Por lo tanto las reacciones dinámicas de los soportes son entonces también nulas, lo
cual indica que el cuerpo rígido al girar no tiene entonces, debido a su rotación, tendencia
alguna a desprenderse de los soportes o cojinetes que mantienen su eje de rotación fijo. Se
dice entonces que el cuerpo rígido esta ESTATICAMENTE Y DINAMICAMENTE
EQUILIBRADO.
En esta situación de movimiento, en que el sólido está equilibrado estática y
dinámicamente las reacciones en los apoyos son las mismas que en situación estática, es
decir son independientes de su velocidad de giro. Es muy importante para evitar vibraciones
y el desgaste de los cojinetes que todo cuerpo rígido que gira alrededor de un eje fijo esté
estáticamente y dinámicamente equilibrado, es decir, su eje de rotación fijo sea eje principal
de inercia y el centro de masas esté situado sobre el eje de rotación fijo.
El sistema que nosotros disponemos es el correspondiente a la figura:
Figura 1. Esquema de las masas.
Tenemos: Velocidad de rotación es uniforme = cte. La masa total M será M = Σmi,
siendo mi las masas que intervienen. En adelante, dichas masas se denominarán wi .Se trata
de colocar las masas, variando su coordenada z o variando su ángulo respecto al eje vertical,
de manera que el sistema esté equilibrado estática y dinámicamente. Las masas 1 y 2 tienen
su posición fijada.
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2 . - PROCEDIMIENTO
2.1 Objetos necesarios
Balancing machine; 4 bloques (masas); Regla, compás y transportador de ángulos
2.2.- Descripción del aparato
El equipo de trabajo “Balancing Machine” básicamente consiste en un eje
perfectamente paralelo, sujeto con rodamientos por los extremos a un armazón rectangular
con un motor adosado, que transmite al eje un movimiento de rotación uniforme. Un
extremo del eje va provisto de una polea sujeta a un disco provisto de dos escalas, que
usaremos como balanza y como goniómetro.
En la parte superior del armazón rectangular hay un nivel (burbuja) para comprobar
el paralelismo del eje y el resultado final del experimento. Para equilibrar estática y
dinámicamente la “balancing machine” se utilizan cuatro bloques de diferentes masas y
simétricas que se pueden sujetar sobre el eje.
2.3.- Calculo del tensor de Inercia en el punto A para una posición determinada de
las masas. Cálculo del vector momento cinético.
Antes de calcular la posición de equilibrado estático y dinámico de las masas dentro
del eje, se va a proceder a calcular, para una posición dada, la posición en x e y del centro de
masas del sistema de cuatro masas, así como el tensor de Inercia del sistema de masas en el
origen de coordenadas (Punto A). Para ello se usará la tabla 1. Dentro de la tabla, los valores
en negrita van a ser fijos para todo el experimento (valores de los wi de las masas, ángulo
girado y posición en el eje z de las masas 1 y 2).
Masa 1 Masa 2 Masa 3 Masa 4
Masas (wi) (gramos) 64 74 82 88
Ángulo girado 0º 45º 150º 230º
Distancia a A (zi) (mm) 0 165 55 110
Distancia al eje de giro
(ri)(mm) 40 40 40 40
Tabla 1. Valores iniciales de posición angular y en el eje Z de las masas.
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La posición del centro de masas en x é y vendrá dada por las siguientes expresiones:
. .
cosi i i
c m
i
w rX
w
(10.1)
. .
sini i i
c m
i
w rY
w
(10.2)
Los momentos de inercia respecto a los ejes x, y é z se calculan de forma directa:
2 2s nx i i i iI w r e z
(11.1)
2 2cosy i i i iI w r z
(11.2)
2 2
cos s nz i i i i iI w r r e (11.3)
Y para los productos de inercia respecto a los pares de planos coordenados, usamos
las ecuaciones de teoría: 2 s n cosxy i i i iP w r e (12.1)
cosxz i i i iP w z r (12.2)
s nyz i i i iP w z r e (12.3)
Finalmente vamos a considerar que tenemos una velocidad angular w k .
Calculamos el vector momento cinético en función de
2.4 Cálculo de las posiciones de equilibrio de los bloques
Suponemos que hay que encontrar las posiciones de los bloques (3) y (4) para que el
conjunto este equilibrado dinámicamente, habiendo fijado las de los bloques (1) y (2). El
procedimiento es el siguiente:
(a) Elegir las posiciones angulares y longitudinales adecuadas para los bloques (1) y (2).
Elegimos las que tenemos en la tabla 1.
(b) Determinar las posiciones angulares de los bloques (3) y (4), por cálculo gráfico
(punto 2.5).
(c) Determinar la posición longitudinal de los bloques (3) y (4), analíticamente.
(d) Montar los bloques sobre el eje en las posiciones así determinadas.
(e) Comprobar si el eje se encuentra en equilibrio estático.
(f) Colocar la correa en la polea y situar la cubierta transparente; conectar el motor y
observar si el conjunto se encuentra equilibrado.
(g) Cuando se haya logrado el equilibrio de forma satisfactoria, desplazar levemente uno
de los bloques. Observar el desequilibrio producido.
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(h) En último lugar se pide calcular el nuevo tensor de inercia para la posición de
equilibrado estático y dinámico. Además, volvemos a calcular el vector momento
cinético en función de
2.5 Cálculos
Buscamos que las coordenadas x é y del centro de masas sean cero. Vamos a ver
cómo lo podemos hacer gráficamente. Suponemos el bloque (1) situado en el punto A y con
ángulo cero, y que el bloque (2) esta situado a 165 mm y con un ángulo girado de 45°. Los
momentos de desequilibrio que se han medido son los de la Tabla 1.
z
34 2
3
4
2
2
Figura 2. Determinación de las posiciones angulares para un sistema de cuatro masas
Resolvemos gráficamente el problema dibujando de la proyección de los vectores
posición de cada una de las masas sobre el plano Oxy (obviamos la coordenada z, puesto
que el centro de masas puede estar en cualquier punto del eje), multiplicados por su masa.
Tenemos cuatro vectores, cuyo módulo viene dado por wir, y que formarán un ángulo con
la vertical (Figura 2). Para encontrar la dirección de los vectores de posición de 3 y de 4 en
el plano Oxy, dibujamos los arcos desde los extremos de los vectores de posición de 1 y 2.
Para realizar esta tarea, se usará una regla, un compás y un medidor de ángulos. Hay que
definir también una escala para dibujar los módulos de los vectores. Hay que tener en cuenta
que la distancia al eje de todas las masas es igual (Tabla 1).
Una vez obtenido el equilibrio estático, procedemos a equilibrar dinámicamente el
dispositivo, para ello vamos a imponer que los productos de inercia Pxz y Pyz sean nulos.
Como nuestro sistema de referencia ya ha sido definido en A, esto nos va a dar dos
ecuaciones analíticas, que quedan, dado que las distancias ri son iguales para todas las
masas. Usando las ecuaciones (12.2) y (12.3):
cos 0
sin 0
i i i i
i i i i
Pxz w z r
Pyz w z r
8
En este sistema de dos ecuaciones, las dos incógnitas serán z3 y z4. Una vez resuelto
el sistema de ecuaciones, tendremos las posiciones de las cuatro masas a lo largo del eje z, y
procedemos a comprobar experimentalmente los cálculos en el sistema de equilibrado.
Finalmente se pide volver a calcular la posición del centro de masas y el tensor de inercia
para la posición final, y de nuevo el vector momento cinético.
RESUMEN DE ACTIVIDADES:
Cálculo, para la posición inicial (Tabla 1), de la posición del centro de masas y
del tensor de Inercia en el punto A. Cálculo del vector momento cinético para
un vector velocidad angular w.
Cálculo gráfico de la posición de equilibrado estático, fijando los ángulos de las
masas 1 y 2.
Cálculo analítico de la posición de equilibrado dinámico para los ángulos de
equilibrio estático anterior, fijando la posición en z de las masas 1 y 2.
Cálculo para esta posición final, de la posición del centro de masas y el nuevo
Tensor de Inercia. Comprobar las pequeñas desviaciones producidas por el uso
del cálculo gráfico. Finalmente calcular de nuevo el vector momento cinético.
ANEXO 1. PRÁCTICA 3. EQUILIBRADO DE MOTORES. HOJA DE ENTREGA DE RESULTADOS
Nombre: Nº Matrícula:
Práctica 3. Mecánica ETSII UPM. Curso 2019/2020
Posición del centro de para la posición incial de las masas:
X c.m. (cm)
Y c.m. (cm)
- Tensor de inercia para la posición inicial:
2
Oxyz
I Kg m
- Posición de las masas 3 y 4 en equilibrado estático y dinámico:
3 (grados) 4(grados) Z3 (cm) Z4 (cm)
-Coordenadas del centro de masas en la posición calculada de equilibrio:
X c.m. (m)
Y c.m. (m)
-Tensor de inercia para la posición final:
2
Oxyz
I Kg m
-Vector momento cinético en el punto O inicial y en equilibrio)
2
Oinicial
Kg mL
s
2
Oequilibrio
Kg mL
s
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