Fuerzas de frenado de un automóvil

De Laplace

(Diferencias entre revisiones)

Revisión de 18:34 16 ene 2013

1 Enunciado

Un coche tiene una masa $M= 1410\,\mathrm{kg}$ y distancia entre ejes $D=2578\,\mathrm{mm}$ frena con una aceleración de $0.45\,g$ . Si su centro de masas se encuentra a mitad de camino entre los dos ejes y a 90 cm de altura y las fuerzas de rozamiento en cada rueda son proporcionales a las fuerzas normales que se ejerce sobre cada una, ¿en cuál de los dos ejes se ejerce una mayor fuerza al frenar? ¿Cuánto vale aproximadamente la fuerza sobre cada eje?

2 Introducción

En lo que sigue consideraremos que el coche se mueve en línea recta y que el problema es bidimensional en el plano XY, con X el eje horizontal, tangente al suelo e Y el vertical, dirección en la que actúa el peso.

Por simplicidad, consideraremos la fuerza sobre el eje delantero como un todo, pero en realidad las fuerzas de contacto se ejercen sobre las ruedas, por lo que cuando se dice que sobre el eje delantero se aplica una fuerza F, lo que se quiere decir es que sobre cada rueda delantera se aplica una fuerza F/2. Si el coche estuviera describiendo una curva, las fuerzas sobre las ruedas interiores y exteriores serían asimétricas. Nos limitaremos aquí al caso más simple del movimiento rectilíneo.

3 Planteamiento del problema

Sobre el coche actúan tres fuerzas (cinco, en realidad, según hemos dicho antes):

El peso, que se aplica sobre el centro de masas

$M\vec{g}=-Mg\vec{\jmath}$

La fuerza sobre el eje delantero, $\vec{F}_A$
La fuerza sobre el eje trasero, $\vec{F}_B$

A su vez, estas dos fuerzas se descomponen en dos

Una fuerza normal al plano horizontal
Una fuerza tangente a este plano.

$\vec{F}_A=F_{nA}\vec{\imath}-F_{rA}\vec{\jmath}\qquad\qquad \vec{F}_B=F_{nB}\vec{\imath}-F_{rB}\vec{\jmath}$

La componente tangencial aparece por la existencia del vínculo de que las ruedas no deslizan, por lo que el punto de contacto con el suelo tiene velocidad nula. Puesto que la posición de ese punto está fijada instantáneamente, la fuerza de reacción impide que se mueva tanto en la dirección normal como en la tangencial y por tanto tiene las dos componentes. Físicamente, esta fuerza tangencial es una fuerza de rozamiento estático (y que por tanto, tiene un valor limitado, ya que si no el coche empieza a patinar).

Si denominamos A al punto de contacto del eje delantero con el suelo, B al trasero y C al centro de masas, el teorema de la cantidad de movimiento queda

$m\vec{a}_C = m\vec{g}+\vec{F}_A+\vec{F}_B$

Separando en las dos componentes cartesianas nos queda

$ma_C = -F_{rA}-F_{rB}\qquad\qquad 0 = -mg + F_{nA}+F_{nB}$

la primera nos dice que, puesto que el coche está frenando ( $a C < 0$ ), las fuerzas de rozamiento sobre los ejes van hacia atrás. La segunda que, dado que el coche no se mueve verticalmente, las fuerzas normales compensan al peso.

Con estas ecuaciones no tenemos información suficiente para determinar las fuerzas, pues tenemos cuatro componentes y solo dos ecuaciones.

Una tercera ecuación la obtenemos del teorema del momento cinético. En este caso, el coche no esta volcando hacia adelante ni hacia atrás (lo que sería "hacer el caballito"). El coche simplemente se traslada. Esto quiere decir que el momento de las fuerzas respecto al centro de masas es nulo (ya que no hay aceleración angular)

$\vec{M}_C = \vec{0}$

En el sistema de fuerzas, el peso tiene momento nulo, por estar aplicado en el propio CM. Las fuerzas tangenciales y la fuerza normal en el eje trasero producen un par en sentido horario, que tiende a volcar el coche hacia adelante. La única fuerza con un momento en sentido antihorario es la fuerza normal sobre el eje delantero, $F n A$ . Si este par es capaz de compensar al de las otras tres esto implica que la fuerza normal delantera es más intensa que la trasera, es decir, que como consecuencia de la aceleración horizontal se produce una diferencia en la fuerza vertical sobre los dos ejes (lo que tiene importancia de cara al diseño del freno y la suspensión del vehículo).

La ecuación del momento cinético queda

$\vec{0} = \overrightarrow{CA}\times\vec{F}_A + \overrightarrow{CB}\times\vec{F}_B$

Separamos en la fuerza normal y la de rozamiento

$\vec{0} = \overrightarrow{CA}\times\vec{F}_{nA} + \overrightarrow{CA}\times\vec{F}_{rA} + \overrightarrow{CB}\times\vec{F}_{nB}+\overrightarrow{CB}\times\vec{F}_{rB}$

Todas estos momentos tienen solo componente en la dirección de $\vec{k}$ y el valor de cada uno es igual al producto de la fuerza por el brazo del par (distancia del CM a la recta de aplicación de cada una), con un signo que indica si el momento es en sentido horario o antihorario.

$\frac{D}{2}F_{nA}-HF_{rA}-\frac{D}{2}F_{nB}-HF_{rB}$

con H la altura del CM y D la distancia entre ejes (suponiendo, como indica el enunciado, que el CM está a medio camino entre los dos ejes). Podemos escribir esta ecuación en la forma

$F_{nA}-F_{nB}= \frac{2H}{D}\left(F_{rA}+F_{rB}\right)$

Sabemos cuanto vale la suma de las fuerzas de rozamiento, por lo que

$F_{nA}-F_{nB}=-\frac{2H}{D}ma_c=\frac{2H}{D}m|a_c|$

Introducimos el valor absoluto para que quede claro el signo, ya que $a c < 0$ .

Esta ecuación, junto con

$F_{nA}+F_{nB}=mg\,$

nos da las dos fuerzas normales

$F_{nA}=\frac{mg}{2}\left(1+\frac{2H|a_C|}{Dg}\right)\qquad\qquad F_{nB}=\frac{mg}{2}\left(1-\frac{2H|a_C|}{Dg}\right)$

Teniendo en cuenta que $a C$ es negativa, llegamos a que la fuerza sobre el eje delantero supera a la del trasero. A la inversa ocurre cuando el coche acelera, en ese caso es el eje trasero el que recibe la sobrecarga.

Sustituyendo los valores numéricos obtenemos estas dos fuerzas normales

$\frac{2Ha_c}{Dg}= -\frac{2\times 900\times 0.45}{2578}=-0.314$

Queda

$F_{nA}=1.314 \frac{mg}{2}= 1.314\times\frac{1410\times 9.81}{2}\,\mathrm{N}=9090\,\mathrm{N}\qquad\qquad F_{nB}= 0.686\,\frac{mg}{2}=4740\,\mathrm{N}$

Vemos que para esta aceleración, la carga sobre el eje delantero es casi el doble de la del eje trasero y un 30% mayor que la que soporta en marcha a velocidad constante.

No hemos calculado aun los valores de las fuerzas de rozamiento. Las ecuaciones anteriores no nos dan información suficiente para hacerlo.

Para determinarlas necesitamos un parámetro adicional que es el que en mecánica del automóvil se denomina “reparto de frenada”, ¿cuánto vale la fuerza de frenado en el eje trasero en comparación con el delantero?

En el enunciado se nos indica que en este caso las fuerzas de rozamiento son proporcionales a las normales (a mayor carga, mayor fricción):

$\frac{F_{rA}}{F_{nA}}=\frac{F_{rB}}{F_{nB}}$

Si denotamos como $λ$ a este cociente (que no es el coeficiente de fricción, ya que el frenado no se produce por deslizamiento o rodadura, sino porque se está frenando desde dentro del vehículo, con discos o zapatas), queda

$F_{rA} =\lambda F_{nA}\qquad\qquad F_{rB}=\lambda F_{nB}$

El valor de $λ$ es fácil de hallar observando que

$ma_C = -F_{rA}-F_{rB}=\lambda(F_{nA}+F_{nB}) = \lambda m g \qquad\Rightarrow\qquad \lambda = -\frac{a_C}{g}=0.45$

y por tanto

$F_{rA}=4040\,\mathrm{N}\qquad\qquad F_{rB}=2130\,\mathrm{N}$

La fuerza total sobre cada eje es entonces

$\vec{F}_A=(-4040\,\vec{\imath}+9090\,\vec{\jmath})\mathrm{N}\qquad\qquad\vec{F}_B=(-2130\,\vec{\imath}+4740\,\vec{\jmath})\mathrm{N}$

y en módulo

$|\vec{F}_A| = 9970\,\mathrm{N}\qquad\qquad |\vec{F}_B| = 5200\,\mathrm{N}$

No este el único reparto de frenada posible. Otra posibilidad es el reparto neutro, que aplica la misma fuerza de rozamiento a los dos ejes. En ese caso sería

$F_{rA}=F_{rB}=\frac{ma_C}{2} = 3110\,\mathrm{N}$

El problema que tiene un reparto como éste es que ejerce una fuerza excesiva sobre el eje trasero. Dado que este eje tiene menos agarre, disminuye la eficiencia del frenado (este eje podría frenarse con una fuerza menor) y aumenta el riesgo del bloqueo de las ruedas (con la correspondiente pérdida del control del vehículo). Hoy día, numerosos vehículos disponen de sistemas ABS (que evitan el bloqueo) y EBD (Electronic Brakeforce Distribution) que controla dinámicamente el reparto de frenada.

@@ Línea 12: / Línea 12: @@
 * El peso, que se aplica sobre el centro de masas
 <center><math>M\vec{g}=-Mg\vec{\jmath}</math></center>
-* La fuerza sobre el eje delantero
+* La fuerza sobre el eje delantero, <math>\vec{F}_A</math>
-* La fuerza sobre el eje trasero
+* La fuerza sobre el eje trasero, <math>\vec{F}_B</math>
 A su vez, estas dos fuerzas se descomponen en dos
 * Una fuerza normal al plano horizontal
-* Una fuerza de rozamiento tangente a este plano.
+* Una fuerza tangente a este plano.
+<center><math>\vec{F}_A=F_{nA}\vec{\imath}-F_{rA}\vec{\jmath}\qquad\qquad \vec{F}_B=F_{nB}\vec{\imath}-F_{rB}\vec{\jmath}</math></center>
+La componente tangencial aparece por la existencia del vínculo de que las ruedas no deslizan, por lo que el punto de contacto con el suelo tiene velocidad nula. Puesto que la posición de ese punto está fijada instantáneamente, la fuerza de reacción impide que se mueva tanto en la dirección normal como en la tangencial y por tanto tiene las dos componentes. Físicamente, esta fuerza tangencial es una fuerza de rozamiento estático (y que por tanto, tiene un valor limitado, ya que si no el coche empieza a patinar).
 Si denominamos A al punto de contacto del eje delantero con el suelo, B al trasero y C al centro de masas, el teorema de la cantidad de movimiento queda
@@ Línea 36: / Línea 40: @@
 <center><math>\vec{M}_C = \vec{0}</math></center>
-En el sistema de fuerzas, el peso tiene momento nulo, por estar aplicado en el propio CM. Las fuerzas de rozamiento y la fuerza normal en el eje trasero producen un par en sentido horario, que tiende a volcar el coche hacia adelante. La única fuerza con un momento en sentido antihorario es la fuerza normal sobre el eje delantero, <math>F_{nA}</math>. Si este par es capaz de compensar al de las otras tres esto implica que la fuerza normal delantera es más intensa que la trasera, es decir, que como consecuencia de la aceleración horizontal se produce una diferencia en la fuerza vertical sobre los dos ejes (lo que tiene importancia de cara al diseño del freno y la suspensión del vehículo).
+En el sistema de fuerzas, el peso tiene momento nulo, por estar aplicado en el propio CM. Las fuerzas tangenciales y la fuerza normal en el eje trasero producen un par en sentido horario, que tiende a volcar el coche hacia adelante. La única fuerza con un momento en sentido antihorario es la fuerza normal sobre el eje delantero, <math>F_{nA}</math>. Si este par es capaz de compensar al de las otras tres esto implica que la fuerza normal delantera es más intensa que la trasera, es decir, que como consecuencia de la aceleración horizontal se produce una diferencia en la fuerza vertical sobre los dos ejes (lo que tiene importancia de cara al diseño del freno y la suspensión del vehículo).
 La ecuación del momento cinético queda
@@ Línea 48: / Línea 52: @@
 Todas estos momentos tienen solo componente en la dirección de <math>\vec{k}</math> y el valor de cada uno es igual al producto de la fuerza por el brazo del par (distancia del CM a la recta de aplicación de cada una), con un signo que indica si el momento es en sentido horario o antihorario.
-<center><math>\frac{D}{2}F_{nA}+HF_{rA}-\frac{D}{2}F_{nB}+HF_{rB}</math></center>
+<center><math>\frac{D}{2}F_{nA}-HF_{rA}-\frac{D}{2}F_{nB}-HF_{rB}</math></center>
 con H la altura del CM y D la distancia entre ejes (suponiendo, como indica el enunciado, que el CM está a medio camino entre los dos ejes). Podemos escribir esta ecuación en la forma
-<center><math>F_{nA}-F_{nB}= -\frac{2H}{D}\left(F_{rA}+F_{rB}\right)</math></center>
+<center><math>F_{nA}-F_{nB}= \frac{2H}{D}\left(F_{rA}+F_{rB}\right)</math></center>
 Sabemos cuanto vale la suma de las fuerzas de rozamiento, por lo que
-<center><math>F_{nA}-F_{nB}=-\frac{2H}{D}ma_c</math></center>
+<center><math>F_{nA}-F_{nB}=-\frac{2H}{D}ma_c=\frac{2H}{D}m|a_c|</math></center>
+Introducimos el valor absoluto para que quede claro el signo, ya que <math>a_c < 0</math>.
 Esta ecuación, junto con
@@ Línea 64: / Línea 70: @@
 nos da las dos fuerzas normales
-<center><math>F_{nA}=\frac{mg}{2}\left(1-\frac{2Ha_C}{Dg}\right)\qquad\qquad F_{nB}=\frac{mg}{2}\left(1+\frac{2Ha_C}{Dg}\right)</math></center>
+<center><math>F_{nA}=\frac{mg}{2}\left(1+\frac{2H|a_C|}{Dg}\right)\qquad\qquad F_{nB}=\frac{mg}{2}\left(1-\frac{2H|a_C|}{Dg}\right)</math></center>
 Teniendo en cuenta que <math>a_C</math> es negativa, llegamos a que la fuerza sobre el eje delantero supera a la del trasero. A la inversa ocurre cuando el coche acelera, en ese caso es el eje trasero el que recibe la sobrecarga.
@@ Línea 92: / Línea 98: @@
 El valor de <math>\lambda</math> es fácil de hallar observando que
-<center><math>ma_C = F_{rA}+F_{rB}=\lambda(F_{nA}+F_{nB}) = \lambda m g \qquad\Rightarrow\qquad \lambda = \frac{a_C}{g}=-0.45</math></center>
+<center><math>ma_C = -F_{rA}-F_{rB}=\lambda(F_{nA}+F_{nB}) = \lambda m g \qquad\Rightarrow\qquad \lambda = -\frac{a_C}{g}=0.45</math></center>
 y por tanto
-<center><math>F_{rA}=-4040\,\mathrm{N}\qquad\qquad F_{rB}=-2130\,\mathrm{N}</math></center>
+<center><math>F_{rA}=4040\,\mathrm{N}\qquad\qquad F_{rB}=2130\,\mathrm{N}</math></center>
 La fuerza total sobre cada eje es entonces
@@ Línea 108: / Línea 114: @@
 No este el único reparto de frenada posible. Otra posibilidad es el reparto ''neutro'', que aplica la misma fuerza de rozamiento a los dos ejes. En ese caso sería
-<center><math>F_{rA}=F_{rB}=\frac{ma_C}{2} = -3110\,\mathrm{N}</math></center>
+<center><math>F_{rA}=F_{rB}=\frac{ma_C}{2} = 3110\,\mathrm{N}</math></center>
 El problema que tiene un reparto como éste es que ejerce una fuerza excesiva sobre el eje trasero. Dado que este eje tiene menos agarre, disminuye la eficiencia del frenado (este eje podría frenarse con una fuerza menor) y aumenta el riesgo del bloqueo de las ruedas (con la correspondiente pérdida del control del vehículo). Hoy día, numerosos vehículos disponen de sistemas ABS (que evitan el bloqueo) y EBD (''Electronic Brakeforce Distribution'') que controla dinámicamente el reparto de frenada.
 [[Categoría:Problemas de dinámica del sólido rígido (GIE)]]

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