Rotores desequilibrados

De Laplace

Revisión a fecha de 20:02 12 dic 2014; Antonio (Discusión | contribuciones)

(dif) ← Revisión anterior | Revisión actual (dif) | Revisión siguiente → (dif)

Contenido

1 Enunciado
2 Rotor equilibrado
3 Introducción
4 Eje horizontal asimétrico
5 Eje inclinado

1 Enunciado

Se tiene un rotor formado por dos masas iguales de valor $m$ situadas en los extremos de una barra ideal (sin masa) de longitud $H$ . Cuando este rotor está equilibrado gira en torno a un eje perpendicular a la barra y que pasa por su centro. Este eje está anclado en dos rodamientos situados a una distancia $h$ del centro de la barra (uno por encima y otro por debajo de ella).

Calcule el momento cinético y la energía cinética (respecto a un sistema fijo y respecto al CM) si el rotor gira con velocidad angular constante $ω$ en torno al eje cuando:

Es horizontal y se encuentra centrado en el eje vertical.
Es horizontal pero se encuentra descentrado de forma que el eje no pasa por el centro de la barra, sino a una distancia b de éste.
Está centrado pero la barra está inclinada respecto a la horizontal un ángulo β.
Es horizontal y se encuentra centrado en el eje vertical, pero las masas no son exactamente iguales, sino que valen $m 1$ y $m 2$ .

2 Rotor equilibrado

3 Introducción

El estudio cinemático de este sistema es muy simple: las dos masas describen movimientos circulares uniformes. Podemos hallar fácilmente su posición instantánea, su velocidad y su aceleración. El interés de este sistema se encuentra en el cálculo de las fuerzas que aparecen en él.

En un rotor equilibrado (las dos masas simétricas sobre un eje horizontal) el giro se puede mantener indefinidamente (si no consideramos el rozamiento), sin que haya desgaste sobre los rozamientos.

Si el rotor está desequilibrado, se produce bamboleo y el eje produce fuerzas sobre los rozamientos. Estas fuerzas son además dependientes del tiempo, ya que su dirección gira como las masas, con lo que se produce el fenómeno de la fatiga en el que un sólido experimenta fuerzas oscilantes y periódicas. La fatiga termina por afectar mecánicamente al rodamiento.

En los dos casos considerados aquí, se trata de calcular las fuerzas sobre cada una de los rodamientos. Para ello, calcularemos las fuerzas de reacción ejercidos por estos y, por la tercera ley de Newton, una fuerza igual y de sentido contrario será la ejercida por el rotor.

4 Eje horizontal asimétrico

En el primer caso, el desequilibrio se debe a que el centro de masas del sistema no está en el eje de giro. El CM se encuentra a una distancia $b$ del eje y por tanto describe un movimiento circular uniforme con este radio. Al estar acelerado el CM ya la suma de fuerzas aplicadas no es cero, sino que cumple

$\vec{\Phi}_A+\vec{\Phi}_B = M\vec{a}_C$

siendo $\vec{\Phi}_A$ y $\vec{\Phi}_B$ las fuerzas ejercidas por los dos rodamientos en A y B y $M = 2 m$ la masa total del sistema.

En este caso, por la simetría vertical del sistema, las dos fuerzas de los rodamientos son iguales

$\vec{\Phi}_A=\vec{\Phi}_B$

mientras que la aceleración del CM, como corresponde a un movimiento circular uniforme, es radial y hacia adentro.

$\vec{a}_C=-\omega^2\vec{r}_C$

(tomando el origen de coordenadas en el punto de la barra situado en el eje de giro). La posición del CM se encuentra en todo momento a una distancia $b$ del origen. En un sistema de ejes cartesianos se escribe

$\vec{r}_C = b\cos(\omega t)\vec{\imath}+b\,\mathrm{sen}(\omega t)\vec{\jmath}$

lo que nos da la fuerza ejercida por cada rodamiento

$\vec{\Phi}_A=\vec{\Phi}_B = \frac{M}{2}\vec{a}_c = -m\omega^2b\left(\cos(\omega t)\vec{\imath}+\,\mathrm{sen}(\omega t)\vec{\jmath}\right)$

y la fuerza ejercida por el rotor sobre cada uno de los rodamientos será igual a ésta y de sentido contrario

$\vec{F}_A=\vec{F}_B = m\omega^2b\left(\cos(\omega t)\vec{\imath}+\,\mathrm{sen}(\omega t)\vec{\jmath}\right)$

Vemos que si $b = 0$ y el rotor está centrado, estas fuerzas se anulan.

5 Eje inclinado

El segundo caso es más complicado que el primero. En el caso del eje inclinado, el CM se encuentra sobre el eje de rotación. Por tanto, no se mueve y

$\vec{\Phi}_A+\vec{\Phi}_B = \vec{0}$

¿Por qué hay fuerzas de los rodamientos en este caso? Porque aunque la cantidad de movimiento del sistema sea constante, su momento cinético no lo es, y debe haber por tanto un par de fuerzas tal que

$\vec{M}_O = \vec{r}_A\times\vec{\Phi}_A+\vec{r}_B\times\vec{\Phi}_B = \frac{\mathrm{d}\vec{L}_O}{\mathrm{d}t}$

Pero, ¿por qué el momento cinético varía en el tiempo? Después de todo en este movimiento la velocidad angular es constante y si $\vec{L}_O = I\vec{\omega}$ parecería que si una es constante, el otro también debe serlo.

La razón es que este es un sistema en el que no es cierto lo anterior, sino que

$\vec{L}_O \neq I\vec{\omega}$

Puesto que sabemos cómo se mueve cada una de las masas, podemos hallar el valor del momento cinético en cada instante.

Cada masa describe un movimiento circular uniforme, con velocidad

$\vec{v}=\vec{\omega}\times\vec{r}$

lo que nos da el momento cinético

$\vec{L}_O = m\vec{r}_1\times(\vec{\omega}\times\vec{r}_1)+m\vec{r}_2\times(\vec{\omega}\times\vec{r}_2)$

Desarrollando los dobles productos vectoriales queda

$\vec{L}_O = (m|\vec{r}_1|^2+m|\vec{r}_2|^2)\vec{\omega} -\left(m(\vec{\omega}\cdot\vec{r}_1)\vec{r}_1+ m(\vec{\omega}\cdot\vec{r}_2)\vec{r}_2\right)$

El primer término sí es paralelo a la velocidad angular y además el coeficiente es constante

$m|\vec{r}_1|^2+m|\vec{r}_2|^2 = m\left(\frac{H}{2}\right)^2+m\left(\frac{H}{2}\right)^2 = \frac{mH^2}{2}$

El segundo término en cambio sí puede ser dependiente del tiempo y no ser paralelo a $\vec{\omega}$ .

En este caso, la posición de la primera masa se caracteriza porque se encuentra a una altura y a una distancia fija del eje

$\rho_1 = \sqrt{x_1^2+y_1^2}=\frac{H}{2}\cos(\beta)\qquad\qquad z = \frac{H}{2}\mathrm{sen}(\beta)$

pero, aunque la distancia al eje sea constante, la posición va cambiando, pues la masa describe un movimiento circular uniforme

$x_1 = \rho_1 \cos(\omega t) = \frac{H}{2}\cos(\beta)\cos(\omega t)\qquad\qquad y_1 = \rho_1\,\mathrm{sen}(\omega t) = \frac{H}{2}\cos(\beta)\mathrm{sen}(\omega t)\qquad\qquad z_1 = \frac{H}{2}\mathrm{sen}(\beta)$

Sustituyendo en la expresión que aparece en el segundo término del momento cinético nos queda, teniendo en cuenta que

$\vec{\omega}=\omega\vec{k}$

el resultado

$\vec{\omega}\cdot\vec{r}_1 = \frac{\omega H}{2}\mathrm{sen}(\beta)\qquad\qquad (\vec{\omega}\cdot\vec{r}_1)\vec{r}_1 = \frac{\omega H^2}{4}\left(\mathrm{sen}(\beta)\cos(\beta)\cos(\omega t)\vec{\imath}+\mathrm{sen}(\beta)\cos(\beta)\mathrm{sen}(\omega t)\vec{\jmath}+\mathrm{sen}^2(\beta)\vec{k}\right)$

La posición de la masa 2 es simétrica a la de la primera

$\vec{r}_2=-\vec{r}_1$

de forma que cuando calculamos el segundo término tenemos que

$(\vec{\omega}\cdot\vec{r}_2)\vec{r}_2 = (\vec{\omega}\cdot(-\vec{r}_1))(-\vec{r}_1) = (\vec{\omega}\cdot\vec{r}_1)\vec{r}_1$

esto es, nos da el mismo resultado que con la 1. Con todo esto el momento cinético en cada instante queda

$\vec{L}_O = \frac{mH^2\omega}{2}\left(-\mathrm{sen}(\beta)\cos(\beta)\cos(\omega t)\vec{\imath}-\mathrm{sen}(\beta)\cos(\beta)\mathrm{sen}(\omega t)\vec{\jmath}+\mathrm{cos}^2(\beta)\vec{k}\right)$

Vemos que sólo en los casos de $β = 0$ (barra horizontal) o $β = π / 2$ (barra vertical) el momento cinético va en la dirección de la velocidad angular (en el segundo caso en realidad es nulo). En general lo que hace el momento cinético es girar con la barra.

Cuando derivamos respecto al tiempo este vector nos queda

$\frac{\mathrm{d}\vec{L}_O}{\mathrm{d}t} = \frac{mH^2\omega^2}{2}\mathrm{sen}(\beta)\cos(\beta)\left(\mathrm{sen}(\omega t)\vec{\imath}-\mathrm{cos}(\omega t)\vec{\jmath}\right)$

Esta derivada debe ser igual al momento resultante de las fuerzas aplicadas. Puesto que el CM no se acelera, estas fuerzas deben ser iguales y opuestas. Además, puesto que las aceleraciones de las partículas son horizontales, la fuerzas de los rodamientos no van a tener componentes verticales. Por tanto

$\vec{\Phi}_A = \Phi_x\vec{\imath}+\Phi_y\vec{\jmath}\qquad \qquad \vec{\Phi}_B = -\vec{\Phi}_A$

Hallamos el momento resultante

$\vec{M}_O = (h\vec{k})\times\vec{\Phi}_A+(-h\vec{k})\times\vec{\Phi}_B = 2h\left(-\Phi_y\vec{\imath}+\Phi_x\vec{\jmath}\right)$

Igualando componente a componente con la derivada del momento cinético queda

$\vec{\Phi}_A = -\frac{mH^2\omega^2}{4h}\mathrm{sen}(\beta)\cos(\beta)\left(\cos(\omega t)\vec{\imath}+\mathrm{sen}(\omega t)\vec{\jmath}\right)$

y por tanto la fuerza que se ejerce sobre el rodamiento, opuesta a ésta, vale

$\vec{F}_A=\frac{mH^2\omega^2}{4h}\mathrm{sen}(\beta)\cos(\beta)\left(\cos(\omega t)\vec{\imath}+\mathrm{sen}(\omega t)\vec{\jmath}\right)\qquad\qquad\vec{F}_B = -\vec{F}_A$

Vemos que, como en el primer caso, resulta una fuerza rotatoria. En el caso de la barra descentrada, sin embargo, las fuerzas sobre los dos rodamientos iban en la misma dirección y sentido, mientras que en el de la barra inclinada van en sentidos opuestos.

Estas fuerzas se anulan cuando $β = 0$ , esto es, cuando el rotor está equilibrado horizontalmente.

Rotores desequilibrados

De Laplace

Contenido

1 Enunciado

2 Rotor equilibrado

3 Introducción

4 Eje horizontal asimétrico

5 Eje inclinado

Herramientas:

Buscar

Vistas

Herramientas

Herramientas personales

Navegación

SEARCH

TOOLBOX

LANGUAGES