___________________________________________________________________PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE CUERPOS RÍGIDOS EN MOVIMIENTO PLANO 4-1.- Una caja de 400 lb cuyo centro de masa está en C, se encuentra apoyada sobre una superficie sin fricción AB. El extremo D está sobre una superficie rugosa calcule: a) la máxima aceleración permisible del camión para evitar que la caja gire y b) el mínimo coeficiente de fricción para evitar que en la condición de la parte a) el extremo D deslice. Solución ℑ 1).- D.C.L. (ver figura P4-1a): P4-1 2).- Relaciones cinéticas (cuerpo rígido en movimiento de traslación): a).- Si: ∑M D =ρ DC x ma i = (i + 3 j )x ma i ∑M D = −3ma k (1) También: ∑M D k = − mg * 1 k + N 2 r k (2) (1) = (2): g N2r a= − (3) 3 3m P4-1a Cuando el giro es inminente N2 = 0, luego la aceleración es máximo, en (3): a max = 10.73 pie/seg2 b).- Si: ∑F Y =0 → N 1 − mg = 0 N 1 = 400 lb c).- Si: ___________________________________________________________________ ∑F X = ma → f − N 2 = ma , (si, N2 = 0) 400 f = µ N 1 = ma → µ = *10.73 32.2 * 400 µ = 0.333 4-2.- La barra ABCD con forma de T es guiada por dos pasadores, que resbalan libremente en ranuras curvas con radio de 7.5 plg, la barra pesa 6 lb y su centro de masa se localiza en el punto G. Si en la posición que se indica la componente vertical de la velocidad de D es de 4 pies/seg hacia arriba y la componente vertical de la aceleración de D es cero, determínese el modulo de la ℑ fuerza P. P4-2 Solución NA NB 1).- D.C.L. (ver figura P4-2a): G 2).- Relaciones cinemáticas (cuerpo rígido en movimiento de traslación) (ver figura P4-2b): VVD 4 cos 60° = → V = = 8 pie/seg V 0 .5 P4-2a V2 an = = 102.4 pie/seg 7.5 12 4 pie/seg } 0 a = X&& i + Y&& j et a = at (− sen60°i + cos 60° j ) + a n (− cos 60°i − sen60° j ) Igualando componentes y operando: en 0 = 0.5 at − 88.68 → at = 177.36 pie/seg 2 P4-2b ___________________________________________________________________ X&& = −0.866 a t − 51.2 = −204.8 pie/seg2 3).- Relaciones cinéticas: ∑F X = mX&& 6 0.5( N A + N B ) = − * 204.8 32.2 N A + N B = −76.32 lb (1) ∑F Y = 0 → 0.866( N A + N B ) + P − w = 0 Reemplazando (1) y los valores correspondientes: P = 6 + 76.32 * 0.866 P = 72.09 lb 4-3.- Media sección de tubo de peso w = 200 lb se tira como se indica. Si los coeficientes de fricción estático y cinético en A y B, son respectivamente: µ s = 0.5 y µ k = 0.4, determínese: a) los valores de θ y P para los cuales es inminente tanto el deslizamiento como la volcadura, b) la aceleración del tubo si se incrementa levemente P y c) el valor de la componente normal de la reacción en A, para ℑ b). Solución P4-3 1).- Para el caso en que el movimiento es inminente (efectos de traslación y rotación son nulos): a).- D.C.L. (ver figura P4-3a): Para el movimiento inminente: θ N A = f A = 0 y f B = µs N b).- Relaciones cinéticas: θ ∑F X =0 P4-3a Relaciones cinéticas: ∑F X = mX&& P cos θ − µ K N A − µ K N B = mX&& − 0..___________________________________________________________________ P cosθ − µ s N = 0 → P cosθ = µ s N (1) ∑F Y =0 Psenθ + N − w = 0 → Psenθ = w − N (2) ∑M B =0 ( wr − Psenθ r (1 + senθ ) − P cosθ r cosθ = 0 → w − Psenθ − P sen 2θ + cos 2 θ = 0 ) De (1) y (2): µs N w−w+ N − = 0 → cosθ = µ s = 0.6 (1) P4-3b ∑F Y =0 → N A + N B − w + Psenθ = 0 → − (w − P sen θ ) = −(N A + N B ) .2 lb 2).Para el caso en donde θ = 60°.D.4(N A + N B ) = mX&& − 53.C.5 cosθ Luego: θ = 60° En (2) reemplazando (1): P cosθ µs w 100 Psenθ = w − → Pµ s senθ + P cos θ = µs w → P= = µs (µ s senθ + cos θ ) 0. P = 107.2 lb y habrá solo movimiento de traslación (no hay incremento de θ): a)..L.933 P = 107. (ver figura P4-3b): b).. 6 → X&& = 1.954 X&& (3) (2) en (1): 200 && − 0.D.2 m/seg..L. (ver figuras P4-4a): π P4-4a (a) (b) (c) .162 = X − 53..2 (2) – (3): N A + N B = 107.2 − 6.C. de longitud de 250 mm cada uno y se mueve bajo su propio peso.4 *107.83) N A = 3.Una placa semicircular uniforme de 8 kg de masa se sostiene mediante dos eslabones AB y DE.4 lb ℑ 4-4. determínese la fuerza en cada eslabón.162 (2) ∑M B = rBG x mX&& i 2r − 2 N A r + wr − Psenθ r (1 + senθ ) − P cos θ r cos θ = − mX&& π ( ) − 2 N A + (w − Psenθ ) − P cos 2 θ + sen 2θ = − 2 π mX&& N B − N A = 107. P4-4 Solución 1).___________________________________________________________________ N A + N B = 107.162 N A − N B = −(107.2 − 3. Despreciando la masa de los eslabones y sabiendo que la posición mostrada la velocidad de la placa es de 1.728 pie/seg2 32. ∑F n (b) = 0 → E n = Dn ∑F t (a) = 0 → At = Bt = 0 .25 Bn + Dn = −114.172 m y bGD = 0.046 → Bn = −38..046 (1) ∑M G =0 Si los brazos de palanca con respecto al centro de masa G son (ver figura P4-4b): bGB ≅ 0.0873 m 0..En (a) y (b): ∑M A =0 → l Bt = 0 → Bt = 0 ∑M E =0 → lDt = 0 → Dt = 0 b).En (c): V2 ∑ Fn = m ρc 1.65 N Luego: R B = 38.65 N 30° (ambas con una línea vertical a su derecha) c).97 Bn En (1): P4-04b 2.4 N ⇒ Dn = −75. ∑F t (b ) = 0 → Et = Dt = 0 .2 2 − Bn − Dn − 8 * 9.0873Dn = 0 → Dn = 1.___________________________________________________________________ 2)..En (a) y (b): ∑F n (a) = 0 → An = Bn .97 Bn = −114.4 N 30° y RD = 75..Relaciones cinéticas (el cuerpo placa tiene movimiento de traslación y los eslabones son de masa despreciable): a).81 cos 30° = 8 * 0.172 Bn − 0. . Si sabemos que el coeficiente de rozamiento cinético entre el disco y la banda es de 0.El disco de 6 kg se encuentra en reposo cuando es puesto en contacto con una banda transportadora que se mueve con una velocidad constante. obténgase para cada una de las distribuciones indicadas en las figuras P4-06.15 m/seg2 ∑F Y = 0 → T = mg → T = 1962 N 1 ∑M G = I Gα → 30 * 2 = 12 * 200 * 4 2 α α = 0.225 rad/seg2 4-6.4 N 30° y R E = 75. su centro instantánea de aceleración nula es B y solo tendrá aceleración tangencial. (ver figura P4-5a): P4-5a 2).D.30. determine la aceleración inicial de su centro de masa G..65 N 30° (Ambas con una línea vertical a su derecha) 4-5. la aceleración angular de la vigueta y la tensión en el cable AB.. El eslabón AB que une el centro del disco con el soporte B es de peso despreciable.___________________________________________________________________ Luego: ℑ R A = 38.C. Si el hombre empuja sobre su otro extremo con una fuerza horizontal P = 30 N..La vigueta delgada de 200 kg está suspendida de un cable en su extremo como se indica. ℑ P4-5 Solución 1).Relaciones cinéticas (el cuerpo parte del reposo.. la aceleración angular del disco mientras éste desliza.L. que es horizontal): ∑F X = m aG → 30 = 200 a G aG = 0. D.Relaciones cinéticas en el primer caso: ∑M B = 0 → AY l = 0 → AY = 0 ∑F Y =0 → N =w Si: f = µ K N = 0. (s). De los discos y de las barras (ver figuras P4-6a): (a) P4-6a (b) Los dos discos tienen movimientos alrededor de un eje fijo.3mg (hay resbalamiento) ... que pasa por A 2).___________________________________________________________________ ℑ ℑ ℑ ℑ P4-6 Solución 1).L.C. El sistema oscila alrededor de A como si fuera un péndulo. para el instante que se rompe el cable AD (ver figura P4-7a): .24 rad/seg2 0..3 N .4 = * 6 * 0.6 AY + 0. (3) en (2) 0. Encuentre la tensión en el cable AB en esté instante..___________________________________________________________________ 1 2 1 ∑M A = I Aα → f r= 2 mr α → 0. como se muestra en la figura.D. Solución P4-7 1).1 Newton Luego: f = 16..81 α= = 39.4 lb de peso está unida por cables ℑ sin masas a un pivote fijo A.Una barra delgada ℜ de 64. cuando el cable AD se rompe.15 3).44 rad/seg2 4-7.Relaciones cinéticas para el segundo caso: ∑M B = 0 → 0.6 * 9.15 AX = 0 → AX = −4 AY (1) ∑F X =0 → f + AX = 0 → f = 4 AY (2) ∑F Y = 0 → N − w + AY = 0 → N = w − AY (3) Si: f = 0.3 AY = 4 AY → AY = 4.3w − 0.3mg = mrα 2 0..L. En θ = 0°.4 Newton 1 2 ∑M A = I Aα → f r= 2 mr α 1 16. la velocidad angular es de 2 rad/seg en sentido antihorario.C.15α ℑ 2 α = 36. ___________________________________________________________________ 2).67 lb-pie E K1 = 0 P4-8a .Relaciones cinemáticas: a G = a t et + a n e n aG = at et + ω 2 rAG en = at et + 4 *12 en aG = at et + 48 en (pie/seg2) 3). luego la energía mecánica P4-8 se conserva.38° 4-8. tiene un radio central de giro de 6 plg y rueda sobre la superficie horizontal.Cálculo de las energías en la posición X 30º inicial y final (ver figura P3-8a): 8 (10 + 10 sen30°) 10 U1 = + 8* 10'' 12 12 30° U1 = 16.38° − mg = ma n m ( g + 48) T AB = = 173....77 lb sen 67.Relaciones cinéticas: ∑F n = m an P4-7a T AB sen 67. Y G1 1). Solución Las únicas fuerzas que producen trabajo son los pesos y estos son fuerzas ℑ conservativas.La rueda A pesa 15 lb.. Cada una de las barras uniformes AB y BC tienen 20 plg de longitud y pesan 8 lb cada uno. Si el punto A se mueve ligeramente hacia a la izquierda y se suelta. obténgase la velocidad de dicho punto cuando la barra BC pasa por la posición horizontal. 0866 V A 2 rCB 2 20 3).197 V A22 Si: E M 1 = E M 2 .732 V A2 k x (8.32 ω A 2 B 2 → V B 2 = 1..5 V A 2 i − 0.___________________________________________________________________ 10 10 U2 = 8* + 8 * sen30° = 10 lb-pie 12 12 2 1 1 V 1 1 1 EK 2 = m DV A22 + I A A 2 + mbVD22 + I Gω A2 2 D 2 + I C ω B2 2C (1) 2 2 r 2 2 2 2).32 i + 10 j ) Igualando componentes y operando: V A2 0 = −V A 2 − 10ω A2 B 2 → ω A2 B 2 = − 10 − V B 2 = 17.Relaciones cinemáticas: V B 2 = V A2 + ω A2 B 2 k x rA 2 B 2 − V B 2 j = −V A2 i + ω A 2 B 2 k x (17.66 i + 5 j ) = −0..167 V A22 = 1.Por conservación de la energía mecánica: En (1): 1 V A22 1 V A22 1 EK 2 = m DV A 2 + m D 6 * 2 2 + mbV A2 + mb 20 * 2 2 + mb 20 2 * 0.03 V A22 + 1.0866 2 V A22 2 64 12 100 3 E K 2 = 0.866 V A2 j V A2 V D 2 = −V A2 i − 10 2 VD 2 = V A22 V B 2 1.732 V A2 ω B 2C = = = 0. 36 pie/seg () 4-9.C.67 = 10 + 1.2 j ) − ω 2 (− 0..62 Newton ∑F X = mX&& G = 4α .D.El carrete y el alambre enredado alrededor de su eje tienen una masa de 20 kg y un radio de giro centroidal KG = 250 mm.2 j ) aG = 0. luego: VA = 0 y a A t = 0 Por lo que: aG = a A + α k x rAG − ω 2 rAG P4-9a aG = −0.2α i (1) 2).2ω 2 j + α k x (− 0.2 Newton Si: f = µ N = 0.1. Si el coeficiente de fricción en el suelo es µB = 0.81 = 196. ℑ P4-9 Solución 1). (ver figura P4-9a): 2). Determine la aceleración angular del carrete cuando se aplica un par de M = 30 N-m.___________________________________________________________________ 16.2 = 19.Relaciones cinéticas: ∑F Y = mY&&G = 0 → N = mg = 20 * 9.Relaciones cinemáticas: El movimiento se da con resbalamiento en B.L..1 * 196..197 V A22 ∴ V A 2 = 2.. y no así en A. 62 + 4α (2) ∑M G = I Gα 30 − 0. y las fricciones..___________________________________________________________________ − 19.C.25 m..62 = 20 * 0.D.232 − 0.2 T − 0.1846 j ) x maC 0. está unida a un collarín en A por medio de la cuerda AB de 0. P4-10 ℑ Solución 1).8 α = 1.077 i + 0. masa de la cuerda.25 2 α (3) (2 ) en (3) : 18.894 rad/seg2 4-10.4 *19.. cuando la barra y la cuerda forman una línea (ver figura P4-10a): 2).62 + T = 4α → T = 19.25 − mg * (1) 2 0.65 .25 α α = 8.4 0.. determínese: a) la aceleración constante a A mínima a la cual la cuerda y la barra forman una línea recta y b) la tensión correspondiente en la cuerda.L.Una barra BC uniforme de 4 kg de masa. Despreciando la masa del collarín.Relaciones cinéticas: ∑M C k = I C α k + ρ CG xaC P4-10a k = I C α k + (0. en el instante pedido V A = a A = 0 .___________________________________________________________________ Para que a A sea mínima la barra debe tener un movimiento de traslación. Solución ℑ P4-11 1).Una mujer está sentada en una posición rígida sobre una mecedora conservando sus pies sobre los travesaños del fondo en B. por lo que.2 pies.368 T = 42. La mujer y la mecedora tienen un peso combinado de 180 lb y un radio de giro de KG = 2. Determine su aceleración angular hacia atrás y la fuerza de fricción en A necesario para impedir que la mecedora se deslice.L..Relaciones cinéticas: }0 ∑ M A k = I α k + ρ AG x ma A A ZZ P4-11a .1846 a A a A = 4.5 j ) (1) 3).077 mg = −0. α depende solo de las velocidades angulares.D.1846m a A → 0.981 = 0..51 Newton 4-11.. En el instante indicado ella ha llegado a una posición extrema hacia atrás y tiene una velocidad angular cero.25 ∑F X = ma A → 0.Relaciones cinemáticas: La aceleración del centro instantáneo de velocidad nula (en todos los casos).C.077 * 0.. luego: }0 aG = a A + α k x rAG aG = α k x (− 0.65 T = 4 * 4. luego: aC = a A = a A i y α =0 En (1): − 0.385T = 16.092 0.092 m/seg2 0. (ver figura P4-11a): 2).5 i + 3 j ) = −α (3 i + 0. C. Si el conjunto se suelta del reposo cuando θ = 60°.09 α /g =m 2 2 2 2 2 0.5m α = 1. P4-12 Solución 1)..2 + 0.5 + 3 ) α = 14.Una barra AB de 9 kg está unida por pasadores sin fricción a dos discos uniformes de 6 kg como se indica. El conjunto rueda sin deslizar sobre una superficie horizontal. determínese: a) la velocidad angular de los discos cuando θ = 180° y b) la fuerza ejercida por la superficie sobre cada disco en ese ℑ instante.___________________________________________________________________ / (K G + d ) α = (2.D.12 lb 32..14) = −19.(s) (ver figura P4-12a): P4-12a (a) (b) (c) .2 f = 19.L.12 lb () 4-12.14 rad/seg2 ∑F X = mX&& G → f = mX&& G (2) (1) en (2) : 180 f = (− 3 *1. .415 1 1 1 E K 2 = 2 * m DVC2 + 2 * ω D2 I C + mbV A22 2 2 2 6 * 0.4m D g + mb g (0.2 − 0.Por conservación de la energía mecánica: U 1 = 2m D g * 0..___________________________________________________________________ 2).Cálculo de la fuerza (normal) ejercida por la superficie del piso en el instante pedido: a).327 rad/seg 3).415 + 037ω 2 → ω = 7.2ω ) 6 + ω + * 9 (0..2 + mb g (0.2 2 2 1 E K 2 = (0.4m D g + 4.05ω )2 → E K 2 = 0.05ω 2 j a A = −0.05 j − 0.4m D g + 4.2ω 2 j + α k x 0.28 E K1 = 0 U 2 = 0. parar la barra AB (en movimiento de traslación).28 = 0.R P4-12b b).4m D g + 24.Las únicas fuerzas en el sistema que producen trabajo son conservativas. en cualquiera de los discos: a A = a D + α k x rDA − ω 2 rDA → a A = 0.Diagrama de las posiciones inicial y final (ver figura 12b): 60° A1 G1 B1 C2 C1 D2 D1 A2 G2 B2 L.15 cos 60°) → U 1 = 0..05 j . por que hay conservación de la energía mecánica.05α i + 8.4m D g + 24.15) → U 2 = 0.37ω 2 2 2 2 Luego: 0.2 + 0..Relaciones cinemáticas. además la barra tiene siempre movimiento de traslación: EM 1 = EM 2 a). 5 * 20 * 9. determine la velocidad del bloque C de 5 kg... Desprecie la masa y el tamaño de la polea en D. Si se quita el apoyo en B (θ = 90°).5 = 3 .932 = 3.Diagrama de las posiciones inicial y final.___________________________________________________________________ b). en el instante en que la barra gira hacia abajo a θ = 150°. la energía mecánica se conserva.La barra uniforme AB tiene una masa de 20 kg y está articulada en A.. y cálculos elementales: L = 1 + 1 + 1 .Por conservación de la energía mecánica: EM 1 = EM 2 U 1 = 1. P4-13 Solución Las únicas fuerzas que producen trabajo son conservativas.05 N = 139.5 → X = 0.932 m P4-13a 2).5 − X ) + 1 + 1.5 m l 2 = 1.3 Joule E K1 = 0 .01 + 9 * 8.Para el sistema: }0 }0 ∑ FY = mD YC + mD YD + mbY&&G && && 2 N − 2 wD − wb = mbY&&G 2 N = 206. 1).81 = 294.23 Newton 4-13.5 2 → l = 1.932 m (1..866 2 + 0. en θ = 30°.81 → U 2 = 255.932 * 5 * 9. conforme gira la barra el resorte siempre se conserva horizontal.06 Joule 2 1 1 1 1 2 VC EK 2 = I Aω 2 + mCVC22 → EK 2 = * * 20 * 12 + 1 * 5 VC2 2 2 2 3 2 *1 2 E K 2 = 4.067 * 20 * 9.07 m/seg 4-14.167 VC2 VC = 3..La barra AB de 10 kg está articulada en A y sujeta a la acción de un par M = 15 N-m.167 VC2 Joule Luego: 294.Diagrama de las posiciones inicial y final: =δ P4-14 2).Trabajo y energía cinética de (1) a (2): P4-14a W1− 2 = ∆E K }0 W1− 2 g + W1− 2 M + W1− 2 e = E K 2 − E K1 .81 + 0. 1).___________________________________________________________________ U 2 = 1.06 + 4.3 = 255. debido al apoyo del rodillo C. determine la velocidad angular de la barra en el instante en que θ = 60°.. Si la barra se suelta desde el reposo cuando el resorte tiene su longitud libre.. Solución ℑ Por el principio de trabajo y energía cinética. .___________________________________________________________________ mg l (sen60° − sen30°) + M (θ 2 − θ1 ) − 1 Kδ 2 = 1 I Aω 2 2 2 2 98.75 2 ω 2 2 3 6 2 2 3 ω = 4.El tambor de 50 kg.C.8666 − 0. determinar el ángulo θ del plano inclinado de manera que ruede sin deslizar en A.5) + 15 π − π − 1 * 40 * 0.75 (0.2..Relaciones cinéticas: }0 ∑ M A k = I Aα k + ρ AG xma A P4-15a g senθ r mg senθ r = m (K O2 + r 2 ) α → α = (1) K O2 + r 2 ∑F X = mX&& G → f − mg senθ = −mα r g senθ r 2 f = m g senθ − (2) K O2 + r 2 ∑F Y =0 → N = mg cosθ (3) . P4-15 Solución α 1). rueda a lo largo de un plano inclinado para el cual el coeficiente de fricción es µ = 0.1 * 0.59 rad/seg 4-15. que tiene un radio de giro de K0 = 180 mm.D.L.. (ver figura P4-15a): θ 2).2745 2 = 1 * 1 10 * 0. Si el tambor se suelta desde el reposo. 9° 4-16.18 2 + 0.R A G2 C2 D2 B2 C1 a).375 2 * 0.La condición extrema (la rueda está a punto de deslizar).88° ≅ 46. Determine las velocidades angulares de las barras justo antes de que ambas alcancen la posición horizontal.. así como en el punto B al cuerpo ℜ2 (ver figura).. El extremo C resbala sobre una superficie lisa horizontal.2 = 1. Si la masa de cada barra es m. Si C parte del reposo en θ = θ0..Diagrama de la posición inicial y final (ver figura P4-16a): X D1 G1 2). Solución Las únicas fuerzas que producen ℑ trabajo en el sistema son los pesos ℑ y estos son conservativos.___________________________________________________________________ 3).Velocidad de C en (2): P4-16a ..Relaciones cinemáticas: L. se da cuando: f =µ N (4) Reemplazando (2) y (3) en (4): K2 mg senθ 2 O 2 = mg cosθ µ KO + r tgθ = (K 2 O+ r2) µ = 0.La barra ℜ1 está articulada sin fricción en el soporte A..18 2 Luego: θ = 46. luego la P4-16 energía mecánica se conservará: Y B1 1).068 K O2 0. Velocidad de G en (2): L ω VG 2 = VB + ω 2 k x rBG 2 = −ω1 L j + ω 2 k x i = − L ω1 − 2 j 2 2 ω L VG 2 = − L ω1 − 1 j = − ω1 j 2 2 3)...Por conservación de la energía mecánica: L U 1 = 2mg senθ O = mg L senθ O y E K 1 = 0 2 1 1 1 U2 = 0 y EK 2 = I Aω 12 + mVG22 + I G 2ω 22 2 2 2 1 1 2 2 1 L2 2 1 1 1 EK 2 = * mL ω1 + m ω1 + * mL2ω12 = mL2ω12 2 3 2 4 2 12 3 Luego: EM 1 = EM 2 1 3 g senθ O Lmg senθ O = mL2ω 12 → ω1 = 3 L 3 g senθ O ω ℜ1 = − k (rad/seg) L 3 g senθ O ωℜ2 = k (rad/seg) L .___________________________________________________________________ VC = VC i = VB + ω 2 k x L i = −ω1 k x L i + ω 2 k x L i = −(ω1 − ω 2 )L j Igualando componentes: 0 = ω1 − ω 2 → ω1 = ω 2 b). (ver figura P4-17a): 2).Una semiesfera de peso W y radio r se suelta desde el reposo en el posición indicada.C..___________________________________________________________________ 4-17.. de aceleración) 8 aA = ω 2r j = 0 O G 3).Relaciones cinemáticas. Determínese a) el mínimo valor de µ s para el cual la semiesfera empieza a rodar sin deslizamiento y b) la aceleración del punto B..L. para un movimiento de rodadura: ℑ 3 P4-17 aG = aO + α x rOG = α r i − α k x ri 3/8r 8 B 3 aG = α r i − α r j (Unid..D. Solución 1).Relaciones cinéticas: ∑F W X = maGX → − f = mα r (1) 3 ∑F Y = maGY → N = w − mα r 8 (2) f A }0 ∑ M A = I Aα + mr a A N P4-17a 3 w 2 15 g ∑ M A = − 8 r w = − g r 2 5 + 1α → α = 56 r (3) (3) en (1) y (2) : w 15 g 15 f =− * * r = − w () g 56r 56 . se debe cumplir: 15 f ≤ µS N → w ≤ 0.9wµ S → µ S = 0.536 g i (Unidades de aceleración) ..Para rodamientos..9 w 8 g 56 r 4).Cálculo de la aceleración de B: Si: 15 aO = gi 56 15 15 30 a B = aO − α k x r j = gi+ gi = gi 56 56 56 a B = 0.___________________________________________________________________ 3 1 15 g N = w 1 − * * * r = 0.298 (valor limite) 56 5). que tiene un peso de 150 lb. para un tiempo cualquiera: → a).Una plataforma horizontal tiene un peso de 300 lb y un radio de giro con respecto al eje Z.Cálculo de la velocidad del hombre con respecto al marco móvil.Relaciones cinemáticas..Por conservación del momentum angular: HO i Z = 0 H O f Z = H OZ Pl + H OZ h ... ρ& = Vh j P c). La plataforma está libre para girar alrededor del eje Z e inicialmente en reposo.. Solución P4-19 Como no hay fuerzas externas. Un hombre. luego se conserva la cantidad de movimiento angular con respecto a ese eje.___________________________________________________________________ 4-19..Movimiento del hombre respecto al marco inercial tierra: V = ω x ρ + ρ& = ω k x r i + Vh j = ω r + Vh j P P 2).. que producen momentos con respecto al eje Z..Movimiento del marco móvil plataforma: → ω =ω k → b). 1). empieza a correr a lo largo del borde en una trayectoria circular de 10 pies de radio. calcule la velocidad angular de la plataforma. Si él tiene una rapidez de 4 pie/seg y mantiene está rapidez relativa a la plataforma. que pasa por su centro O de KZ = 8 pies.Movimiento del hombre respecto a la plataforma: P4-19a ρ =ri . D.Cada una de las barra AB y BC tiene una longitud L = 15 plg y pesan 4 lb cada uno..Relaciones cinemáticas: aG1 = X&& G1i + Y&&G1 j = α 1 k x rAG1 = α 1 k x 15 (− j ) 24 ..2 ω = −0.L.5 lb como se muestra en la figura.(s) (ver figuras P4-20a): (a) (b) P4-20a 2). By B Bx Y X G2 W W P4-20 P C Solución 1)..___________________________________________________________________ ( ) H OZ h = mh XY& − YX& = mh rV H OZ Pl = I 0ω Luego: I Oω + mh r ω r + Vh = 0 P 300 2 150 *8 ω + *10 (10ω + 4) = 0 32. Determínese la aceleración angular de cada barra. Si se aplica una fuerza horizontal P de modulo 3.2 32.175 k rad/seg 4-20.C. ___________________________________________________________________ 7.5 X&& G1 = α 1 (pie/seg2) 12 Y&&G1 = 0 aG 2 = X&& G 2 i + Y&&G 2 j = a B + α 2 k x rBG 2 = α 1 k x (− j ) + α 2 k x (− j ) 15 15 12 24 15 7.5 ∑F X = mX&& G 2 → B X + P = m α 1 + 12 12 α2 (4) ∑F Y =0 → BY = w (5) 15 15 15 2 ∑M G2 =− 12 * 2 BX + 2 *12 P=m 12 * 12 2 α2 15 P − BX = mα 2 (6) 6 *12 .5 aG 2 = α1 i + α2 i 12 12 15 7.5 X&& G 2 = α 1 + α2 12 12 Y&&G 2 = 0 3)..Relaciones cinéticas: En (a): 7.5 ∑F X = mX&& G1 → AX − B X = m α1 12 (1) ∑F Y =0 → AY − BY − w = 0 (2) 15 15 2 15 ∑M A = − 12 BX = m 3 * 12 2 α1 → BX = − 3 *12 mα 1 (3) En (b): 15 7. 62 = 19.32 + ⇒ α 2 = 96.(7): 7 − 45.2 36 2 2 (8) . luego la energía mecánica se conserva: 1).___________________________________________________________________ Reemplazando (3) en (4) y (6): 4 * 15 α 1 α 4 α 3. Suponiendo que la semiesfera rueda sin deslizar.32 rad/seg2 () 3 En (8): α2 67.6 rad/seg2 () 2 4-21.2 3 2 3 2 4 15 α α2 3. D f Ci P4-21 N . determínese a) su velocidad angular después de girar 90° y b) la reacción normal de la superficie en el mismo instante Solución La única fuerza que produce trabajo es el peso.08 = α 1 ⇒ α 1 = 19. R..5 = + α1 + 2 → 22.54 = α 1 + 2 (7) 12 * 32.62 = −α 1 + (8) 32.5 = * − α1 + 2 → 67.Un semiesfera de masa m y radio r se suelta del reposo en la posición indicada en la figura..Diagrama de las posiciones inicial y final: P4-21 3/8r Y X O2 O1 G1 3/8r W G2 r 5/8r L. 154 g ω2 = (Unidades de velocidad angular) r 3).433mg ⇒ N = mg (1 + 0..433 g j 8 8 8 En (1): N − w = 0.325mr 2ω 22 + mg r 8 1..Por conservación de la energía mecánica: U 1 = mg r E K1 = 0 5 U 2 = mg r 8 1 5 2 2 2 1 3 EK 2 = I C iω 22 → EK 2 = I O − m r + m r ω 2 2 2 8 8 m 2 EK 2 = r (0.65)ω 22 2 Si: E M 1 = E M 2 5 mg r = 0.___________________________________________________________________ 2).Cálculo de la reacción normal de la superficie: Si: ∑F Y = mY&&G 2 (1) También 5 5 aG 2 = a D − α k x rDG 2 − ω 22 rDG 2 = ω 22 r j − α k x r j − ω 22 r j 8 8 5 5 5 aG 2 = α r i + ω 22 r − r j = α r i + 0.433) . (para un instante cualquiera) (ver figura P4-22a): P4-22 Y 2). Despreciando la fricción.. Solución ℑ 1).D.Relaciones cinéticas: ω α ∑F X = mX&& G → 0 = mX&& G ⇒ X& G → cte L G y si X& G = 0 ⇒ X G → cte W Luego si X G = 0 . θ A X O ∑F Y = mY&&G → N − w = mY&&G (1) N P4-22a L 1 ∑M G = I Gα → −N 2 cos θ = − I Gα = m L2α 12 6 N cos θ 6 N cos θ α= = = 0. para deducir la trayectoria del centro de masa. longitud L = 10 pies) se libera desde el reposo en la posición mostrada.L.. la trayectoria se encontrara en el eje “Y”.C.Relaciones cinemáticas (para un instante cualquiera): VG = V A − ω k x rAG = −V A i − ω k x 5 (cos θ i + senθ j ) 0 6447 448 VG = (− V A + 5ω senθ ) i − 5ω cos θ j (3) aG = a A − α k x rAG − ω 2 rAG .433 mg (Unidades de fuerza) 4-22.La barra uniforme en la figura (masa = 5 Slug..___________________________________________________________________ N = 1.12 N cos θ (2) ml 5 *10 3).. Sugerencia: Use primero un diagrama del cuerpo libre y las ecuaciones de movimiento. encuentre la fuerza que el piso ejerce sobre el extremo inferior de la barra. cuando el extremo superior L está a 6 pies arriba del suelo. .2 = 60..Diagrama de las posiciones inicial y final (ver figura P4.835ω 22 2 2 2 10 24 Si: E M 1 = E M 2 4mg = 3mg + 60.22b): b).Por conservación de la energía mecánica: 4 U 1 = mg h1 = mg 5 * = 4mg 4 5 3 E K1 = 0 G1 U 2 = mg h2 h1 G2 6 pie h2 L.835ω 22 → 5 * 32. la energía mecánica se conserva: a).97 ) (5) 10 10 En (5) .Como la única fuerza que produce trabajo es el peso.63 rad/seg Luego: 8 6 Y&&G = − 5α * + 5 *1.___________________________________________________________________ aG = − a A i − α k x 5(cos θ i + senθ j ) − 5ω 2 (cos θ i + senθ j ) 0 6444447 44444 8 ( ) ( aG = − a A + 5α senθ − 5ω 2 cos θ i − 5α cos θ + 5ω 2 senθ j ) (4) 4). O 6 U 2 = mg 5 * = 3mg P4-22b 10 2 1 1 1 8 1 EK 2 = mVG22 + I G ω 22 = m 5ω 2 * + m 100ω 22 = 60.R.63 2 * = −(4α + 7.835ω 22 ∴ ω 2 = 1.. (2) : . 2 − 5(0.___________________________________________________________________ Y&&G = −(0.384 N + 7.48 * 0.97 ) = −(0.384 N + 7.5 lb .97 ) N = 41.8 N + 7.49 ≅ 41.97 ) (6) (6) en (1): N = 5 * 32. Una polea y sus accesorios en rotación tienen una masa de 1000 kg y un radio de giro de 0..___________________________________________________________________ 4-26. Si el coeficiente cinético entre la cinta y la polea es de 0...: P4-26 Y P O T T X O O 0.D. Se aplica un simple freno de mano tal como se muestra utilizando una fuerza P.874 T2 (1) T2 b).874 → T1 = 1. ℑ Solución 1).6 T1 = 0 → T1 = 1. Si la relación de ℑ tensiones en un freno de mano de este tipo T1 es: = e µK β donde: T1 > T2 y β es el ángulo de T2 agarre de la cinta (freno).L.0 P − 0.Por consideraciones del problema: T1 = e 0.2 π = 1.Para (a): .25 m..67 P (2) (2) en (1): T2 = 0.C.Relaciones cinéticas: a).Para (b): ∑M A = 0 → 1..4 m 0..2 ¿ Cuanto debe valer P para cambiar ω de 1750 RPM a 300 RPM en 60 seg?.6 m ω C A B A A T T P4-26a (a) (b) 2).891 P (3) c). ¿En qué sentido gira el motor? ℑ Solución P4-27 1).5 α → P = 267..C.44 * 2. Calcular el ángulo de inclinación β del motor bajo carga..3 T2 = 1000 * 0..53 = 676.C.___________________________________________________________________ ∑M 0 = I 0α → 0. a).3(1.L..14 N-m (1) ω π 1725 * 30 F b).67 P − 0.3 T1 − 0.L.D.62 N 4-27.El motor eléctrico de la figura entrega una potencia de 4 KW a 1725 RPM a la bomba que acciona.Del D.Si: P=Mω O δ β β δ P 4000 M = = = 22.25 2 α (4) Reemplazando (2) y (3) en (4): 0..Cálculo de la deformación de los resortes.. si la constante de cada uno de sus cuatro soportes elásticos es de 15 KN/m.: F P4-27a . del motor (ver figura P4-27a): 2).Relaciones cinemáticas: Si: π π ω f = ω 0 − α t → 300 * = 1750 * − α * 60 30 30 π α= (1750 − 300) = 2.891 P ) = 62.44 α (5) 3).53 rad/seg2 30 * 60 Luego en (5): P = 267. 69 β = tg −1 = 2. P4-28 m 1).113° 100 Gira en sentido horario 4-28. la fuerza cortante V y el momento flector M en la barra en función de X para una posición dada de θ.. Si se suelta en reposo desde la posición horizontal con θ = 90°..La barra esbelta uniforme de masa m y de longitud l está articulada a un eje horizontal que pasa por O y oscila en el plano vertical a modo de péndulo compuesto.D..2 * 2 K δ → M = 6000 δ (2) (1)= (2): 22.1 Fe = 0. Se desprecia todo los rozamientos.69 x10 −3 m → δ = 3.L.14 = 6000 δ → δ = 3.2 Fe = 0. de la barra y de la barra cortada para un ángulo θ ( si.___________________________________________________________________ M = 0. l Solución Como la única fuerza que produce trabajo es el peso la energía mecánica se conserva. escribir expresiones de la tracción T.Cálculo del ángulo de inclinación β: ℑ 3. ρ = ): l O O O O θ X θ /2 GX → θ e → ρxg G e θ M mg MT MV /2 → P4-28a e → e (a) (b) .1 Fe + 0.C.69 mm 3). .Cálculo de la velocidad angular. de aceleración) 4 2 .Cálculo de la aceleración angular.Diagrama de las posiciones inicial y final: G1 O b).Por conservación de la energía mecánica: /2 /2cosθ l U 1 = mg cosθ L.. de aceleración angular) 2l Luego: 3g l 3g l aG = − senθ * et + cos θ * en 2l 2 l 2 3 3 aG = − gsenθ et + g cos θ en (Unid.___________________________________________________________________ 2). por conservación de la energía mecánica: a).. G2 2 /2 EK 1 = 0 U2 = 0 P4-28b 1 1 1 EK 2 = I 0ω 2 = * ml 2ω 2 2 2 3 EM 1 = EM 2 l 1 1 mg cos θ = * ml 2ω 2 2 2 3 3g ω= cosθ (Unidades de velocidad angular) l 3).. tomando momentos respecto a “O” en (a): l 1 ∑M 0 = I 0α → − mg 2 senθ = ml 2α 3 3g α =− senθ (Unid. R. . de fuerza) 4 5).Relaciones cinéticas.. de fuerza) 2l 2 b). ∑F t = maGX t m 3g X − Xgsenθ − V + Ot = m − senθ l 2l 2 . de Fuerza) 2 3 ∑F t = mat → Ot − mgsenθ = m − gsenθ 4 1 Ot = mgsenθ (Unid. ∑F n = maGX n m m 3g X − X g cosθ + On − T = X cosθ l l l 2 5 X 3X 2 T = mg cos θ − − 2 2 l 2l 5l 2 − 2lX − 3 X 2 T = mg cosθ (Unid.___________________________________________________________________ 4)..Relaciones cinéticas para (a): 3 ∑F n =ma n → On − mg cosθ = m g cosθ 2 5 On = mg cosθ (Unid.. para (b): Si: 3g X 3g X aGX = − senθ * et + cos θ * en 2l 2 l 2 a). Al aplicarse un par de momento constante M = 8 N-m al extremo C. ℑ P4-29 .___________________________________________________________________ 1 X 3X 2 l 2 − 4l X + 3 X 2 V = mg senθ − + = mgsenθ 4 l 4l 2 4l 2 V = mg senθ (l − X )(l − 3 X ) (Unid. Puede despreciarse las masas de los rodillos. la barra gira haciendo que el extremo A choque con el lado de la guía vertical a la velocidad de 3m/seg.. Calcular la pérdida de energía ∆Q a causa del rozamiento en guías y rodillos.La barra uniforme ABC de 3 kg está inicialmente en reposo con su extremo A contra el tope de la guía horizontal. de fuerza) 4l 2 c).. de Momentos) 4l 2 4-29. ∑M 0 = I 0α M− m X Xg senθ − mgsenθ (l − X )(l − 3 X ) X = m XX 2 − 3g senθ l 2 4l 2 3l 2l X 2 (l − X )(l − 3 X ) X X 3 M = mgsenθ + − 2 2l 4l 2 2l 2lX 2 + Xl 2 − 4 lX 2 + 3 X 3 − 2 X 3 M = mgsenθ 4l 2 ( l 2 − 2l X + X 2 X M = mgsenθ ) 4l 2 M = mgsenθ (l − X )2 X (Unid. 2)..886 Joule }0 1 1 1 1 EK 2 = mV B2 + I Bω 2 → EK 2 = * * 3 * 0..1 2 * 3 * 9. C1 1).81 = 5.81 = 4.5 Joule 2 2 2 12 π π M (θ 2 − θ1 ) = 8 − = 2π Joule 2 4 . para el instante final de interés..Relaciones cinemáticas.___________________________________________________________________ Solución Nos piden el trabajo hecho por las fuerzas no C2 conservativas.2 V L. R.4 2 *15 2 = 4. por el método de centros instantáneo de velocidad nula: Ci VB = 0 B1 3 ω= = 15 0.Cálculo de la energía perdida: A1 A2 Si: P4-29a dE K dt = ∑ Fi ⋅ Vi + (∑ C )⋅ ω k = ∑ (F i Ci ) + FNC i ⋅ Vi + (∑ C )⋅ ω k i 2 ∆E K = W1− 2 FC + W1− 2 FNC + M ∫ dθ 1 W1− 2 FC = ∆E K − W1− 2 FNC − M ∫ dθ = E M 2 − E M 1 − M (θ 2 − θ 1 ) 2 (1) 1 Cálculo de las energías y trabajo correspondientes: U 1 = 0.2 * 3 * 9.Determinación de la velocidad de B y de la velocidad angular de la B2 barra.162 Joule E K1 = 0 U 2 = 0. Sabiendo que el sistema se suelta en reposo en la posición representada y despreciando el rozamiento.___________________________________________________________________ En (1): W1− 2 FNC = (4.5 + 5. R.0592 Joule 4-30.6 j ) → VG 2 = (V A 2 − 0. la cantidad de movimiento lineal se conserva 0. por lo que se conserva la energía mecánica en el sistema. única fuerza que produce A1 A2 trabajo es el peso.Por conservación de la cantidad de movimiento lineal: B2 P4-30a Si: VG 2 = V A 2 − ω 2 k x rA2G 2 = V A 2 i − ω 2 k x (− 0. hallar: a) la velocidad del punto B cuando la barra AB pasa por la vertical.Diagrama de la posición inicial y final del sistema (ver G2 figura P30a): V A = VC 2).162 − 2π W1− 2 FNC = ∆Q = 0..6ω 2 ) . ℑ P4-30 Solución B1 Como no hay fuerzas externas en el sistema en la dirección G1 horizontal.6 ω 2 ) i Luego: 0 = mC V A2 − m ABVG 2 = mCV A2 + m AB (V A2 − 0.3 m en esa dirección.6 m 1)..La barra AB tiene una masa de 3 kg y está unida a un carro C de 5 kg. 0. b) la correspondiente velocidad del carro C..886 ) − 4. además la L. 61 i (m/seg) → VC 2 = 1.Por conservación de la energía mecánica: U 1 = m AB gh1 = 3 * 9.3 = 8.829 = −17.6ω 2 ) + * * 3 * 1.8 V A2ω 2 + 0.154 k (rad/seg) 4)..975 m/seg ( ← ) .154 k x (− 1.2025ω 22 − 0.405ω 22 + 0.Cálculos de las velocidades: a).72ω 22 EM 1 = EM 2 8.658 Joule 1 1 1 EK 2 = mCV A22 + m ABVG22 + I Gω 22 2 2 2 1 1 1 1 * 5 * V A22 + * 3 * (V A 2 − 0.829 Joule E K1 = 0 U 2 = −m AB gh2 = −3 * 9.De C.2 2 ω 22 2 EK 2 = 2 2 2 12 E K 2 = 4 V A22 − 1.2 j ) = −6.6 = −17.61 i − 7.61 m/seg (→ ) b).81 * 0.8 V A 2ω 2 + 0.225ω 2 3).8ω 2 ) → V A 2 = 0.___________________________________________________________________ 0 = (8 V A 2 − 1.487 = 0.658 + 4 V A22 − 1.De B: V B 2 = V A2 − ω 2 k x rAB = 1.72 ω 22 26.975 i (m/seg) V B 2 = 6.225ω 2 i = 1..154 rad/seg → ω 2 = −7.. si V A = VC : VC 2 = V A 2 = 0..72ω 22 ω 2 = 7.81 * 0. Solución ℑ ℑ Como la única fuerza que produce trabajo es el peso.La varilla delgada uniforme de masa m y longitud L.Por conservación de la R R energía mecánica: θ U 1 = mgθ Rsenθ E K1 = 0 P4-31a U 2 = mgR(1 − cosθ ) 1 1 1 1 EK 2 = I C i ω 2 = * mL2ω 2 → EK 2 = mL2ω 2 2 2 12 24 EM 1 = EM 2 1 24 mgθ Rsenθ = mgR(1 − cosθ ) + mL2ω 2 → ω2 = gR(θ senθ + cosθ − 1) 24 L2 2 ω= 6 gR(θ senθ + cosθ − 1) (Unid. se conserva la energía P4-31 mecánica. Hallar la expresión de su velocidad angular ω cuando pasa por la posición horizontal.Representación gráfica de la posición inicial y final del sistema (ver figura P4. 2)..___________________________________________________________________ 4-31. El rozamiento es suficiente para que no haya resbalamiento. se bascula hasta la posición representada con trazos y se suelta sin velocidad inicial. G1 31a): G2 θ Rsen θ θ R(1-cos θ ) L. R. 1). inicialmente en reposo centrada horizontalmente sobre la superficie circular de radio R. de velocidad angular) L ... 53 seg El disco permanecerá en reposo ..15..___________________________________________________________________ 4-32. determine el tiempo requerido para llevar al disco al reposo ¿invertirá el disco su dirección y continuará girando? El coeficiente ℑ de fricción cinética entre el disco y las paredes laterales es de 0.73 t − 6. como se ilustra. (ver figura P4-32a): Y X 2).Relaciones cinéticas: 2 ∑F X =0 → N − µK N − 2 w=0 M O 2 ∑ FY = 0 → N + µ K N − 2 w = 0 f f = µ κN 2 2 N = 2w → N = w W 2 N N 3).El disco de 100 lb (radio R = 1..D.2 − 12.5 t + 2.5 t 2 = * *1.L.99 = 0 → t = 2 t = 0.5 2 * 5 2 32. estando t en seg.99 t 2 + 12.Por el principio de impulso y cantidad de movimiento P4-32a angular: } 0 ∫0 ∑ 0 → ∫ − 2(µ NR )dt − ∫ 5 tdt = − I 0ω1 t t t M dt = I ω − ω 0 2 1 0 K 0 t 2 5 1 ∫ 2 µ 0 K * 2 wR dt + t 2 = mR 2ω1 2 2 1 100 0.73 + 12..5 pies) está girando inicialmente a una velocidad angular de ω1 = 5 rad/seg.73 2 + 4 * 6.15 * 2 *100 *1. Si súbitamente se aplica al disco un par de torsión M = 5 t lb-pie. Solución P4-32 1).C. 9 .Relaciones cinemáticas para la posición final. r π = 0.. La polea tiene una masa de 15 kg y un radio de giro centroidal de 250 mm y el cable mide 4.94 m C i1 0.Por centros instantáneos de velocidad nula: P4-33a VG 2 ω= r 2r *VG 2 VP 2 = 2r * ω = = 2VG 2 r VG 2 = VG 2 j 3). R.6/π C1 2).___________________________________________________________________ 4-33.9 m del sistema (ver figura P4-33a): (0. θ P2 1.Gráfico de la posición inicial y final i 0. P Y X Oy 1.6/π) G1 L.78 m C2 1).9 m de dicho punto a partir de la posición de reposo indicada.2 m/seg hacia arriba en un ascenso ℑ de 0. para fuerzas y C i2 G2 momentos no conservativos.0.80 m P4-33 Solución Ox Por la forma alternativa del principio de 0.Por la forma alternativa del principio de trabajo y energía cinética: W1− 2 P = E M 2 − E M 1 .88 m trabajo y energía..3 * π = 0...Calcular la fuerza constante P requerida para dar al centro de la polea una velocidad de 1.5 m y tiene una masa de 3 kg/m.. 6 U 1 = 2 mC 1 g * − mC 2 g * = 2 * 1..Para la cuerda en la polea: Si.82 VG2 2 b).Para la polea: ...94 * 3 * * 9.8 + 0.81 2 π 2 π U 1 = 87.78 0.6 1.78 * 3 * − 0.96 Joule E K 2 = E K 2 Cu + E K 2 C + E K 2 Po Cálculo de ésta energía cinética: a).___________________________________________________________________ EK 1 = 0 1.78 0.88) * 3 * (2 VG 2 ) = 16.94 * 3 * VG2 2 2 2 2 2 2 E K 2 Cu = 2.08 VG2 2 1 1 2 EK 2 C = 2 2 c). se tiene para una partícula iésimo: Vi = VG 2 + ω k x r (− cos θ i − sen θ j ) = VG 2 + ω r (sen θ i − cos θ j ) Multiplicándose escalar mente asimismo y por ½ mi: 2 1 } VG 2 miV1 ⋅ V1 = miVG 2 + mi ω r + miVG 2 ⋅ ω r (sen θ i − cos θ j ) 1 1 2 2 2 2 Para toda la cuerda en la polea: VG 2 n 1 mt 1 mt 1 } π ∑ i =1 2 miVi = ∫ 2 0 2 VG 2 dm + ∫ 2 o 2 VG 2 dm − VG 2 ω r ∫ ρ r cos θ dθ 2 0 0 647 4 8 1 1 π E K 2 Cu = mCuVG 2 + mCuVG 2 − VG 2 * ρ * r sen θ 0 = mCuVG2 2 = 0.Para la cuerda lineal: mlVP2 2 = * (1. 88 + 0.9 + U 2 = 0.3 2 ) Vr G2 = 12.88 * 3 * 0. para desplazamiento X x a=a t infinitesimales reales.. el resorte de constante K = 1. La rueda A 80 N dentada tiene una masa de 2 kg.88 ) + 15 * 0.8 P = (362.. ℑ Solución P4-34 Por la forma alternativa del trabajo de fuerzas y momentos no conservativos y cambio de A energía mecánica.2 2 = 45.516 Joule 1.9 − 1.43 Joule Por lo tanto: 1.1 * 9.77 Newton 4-34.96 = 319.94 * 3 * 0.8+ 0.986 P = 177.Relaciones cinemáticas: a a G xG/2 G aG = 2 r X XG = =θ r 2 Ci P4-34a .La cremallera movible A tiene una masa de 3 kg y la cremallera B esta fija.608 * 1.6 + * 3 * (1.516 ) − 87.708 VG2 2 Luego: E K 2 = 31.608 VG2 2 = 31. determinar la aceleración de la cremallera A bajo la acción B de la fuerza de 80 N: El plano de la figura es vertical. En la posición de la figura.25 2 + 15 * 0.78 − 0.88 2 U 2 = 363.___________________________________________________________________ EK 2 P = 1 2 ( 15 * 0.81 2 π 0. un radio de paso de 800 mm y un radio de giro centroidal de 60 mm.2 KN/m esta 800 mm alargado una longitud de 40 mm. r a n 1).43 + 45. Para el instante representado.8 + 0. ___________________________________________________________________ dX dX = r dθ → dθ = 2 2r 2).- Por la forma alternativa de trabajos de fuerza y momento no conservativos y el cambio de energía mecánica, para desplazamientos infinitesimales reales: dWF N C = dE K + dU a).- Para la energía cinética: dE K = ∑ mi aG i ⋅ d rG i + ∑ I G iα i dθ i dE K Cre = 3 a dX (Cremallera en traslación) a a dX dX + 2 (0.06 ) * 2 * 2 dE K eng = 2* * = 0.503 a dX 2 2 0 .8 2 * 0 .8 b).- Para la energía Potencial: }0 dX dU = ∑ mi g dhi + ∑ K j X j dX j = 12 000 * (0.04 ) * = 24 dX 2 Luego: 80 dX = 3 a dX + 0.503 a dX + 24 dX 80 = 3.503 a + 24 → a = 15.99 m/seg2 a ≅ 16 m/seg2 4-35.- La barra uniforme ABC tiene una masa m y parte del reposo con θ = 180°, en que A, B, C y O ℑ están alineados. Si la fuerza aplicada P es de intensidad constante, determinar la velocidad angular ω de la barra cuando B llega a O, siendo θ =0°. Las µ =0 masas del rodillo B y del tensor OC son despreciables (sugerencia: Sustituir la fuerza P, por una fuerza P aplicado en B y un par). P4-35a Solución ___________________________________________________________________ Por el principio de trabajo y energía Y cinética. C 1).- D.S.F. y sustitución de P en A, en P y un par en B (ver figura P4- θ mg X b P 35a): b β O β β 2).- Relaciones cinemáticas: Ox B M = Pb x X b cos β = 2 → X = 2 b cos β Oy N b A dβ P4-35a X& = VB = −2 b sen β dt 2 dβ X&& = a B = −2 b cos β − 2 b sen β α dt 3).- Cálculo del trabajo sobre el sistema: W1− 2 = W1− 2 P + W1− 2 M dβ W1− 2 P = ∫ P ⋅ VB dt = ∫ P (− sen β i − cos β j ) ⋅ − 2 b sen β 2 2 i dt 1 1 dt π π 1 1 2 π W1− 2 P = ∫ 2 2 b P sen β dβ = 2 b P β − sen 2 β = b P (Unid. de energía) 2 0 2 4 0 2 π π π W1− 2 M = ∫ 2 M dβ = P b β 0 2 =bP (Unid. de energía) 0 2 Luego: π π W1− 2 = b P +b P = b P π (Unid. de energía) 2 2 4).- Cálculo de la energía cinética del sistema: ___________________________________________________________________ EK 1 = 0 1 1 1 1 13 EK 2 = m VB2 + I B ω 2 = m 4ω 2 b 2 + * 4 b 2ω 2 = m b 2ω 2 (Unid. de energía) 2 2 2 12 6 5).- Por el principio de trabajo y energía cinética: W1− 2 = E K 2 − E K 1 Luego: 13 6 Pπ 6Pπ b Pπ = m b 2ω 2 → ω 2 = → ω= (Unid. de velocidad angular) 6 13 m b 13 m b 4-36.- Para el problema anterior (4-35); determinar la aceleración angular de AC debido a la acción de la fuerza P, para cualquier valor de θ. La masa de la varilla OC es despreciable y la guía horizontal es lisa. Solución Las únicas que producen trabajo son el momento y la fuerza P, que no son conservativos, por lo que usamos la forma alternativa de trabajo hecho por fuerzas y momentos no conservativos y el cambio de la energía mecánica en desplazamiento infinitesimales reales. Además aprovechamos las fórmulas encontradas en las relaciones cinemáticas, en la solución anterior. Si: dW1−2 FNC = dE K + dU 1).- Para la energía cinética: dE K = ∑ mi aG i ⋅ drG i + ∑ I G iα i dθ i 67 0 8 dβ 2 1 dE K = m − 2 b cos β − 2 b sen β α i ⋅ (− 2 b sen β dβ ) i + m * 4 b α dβ 2 dt 12 1 θ 1 dE K = 4 b 2 m sen 2 β + α dβ = 4 b 2 m cos 2 + α dβ 12 2 12 D. se compone de un armazón A vertical A sobre el que gira libremente en torno a O un sector conjugado del engranaje C.Para la energía potencial: 0 }0 647 48 dU = ∑ mi g dhi + ∑ K j X j dX i =0 3). respecto a la posición de aceleración nula θ = 0°...El mecanismo representado..S. el engranaje sufre un desplazamiento angular antihorario constante θ.Relaciones cinéticas: P4-36a m 1g . (ver figura P4-36a): r 20 θ θ r=β R → β= θ= θ= θ R 120 6 r θ 2).F. O β R P4-36 G2 Solución m 2g 1). que lleva un índice solidario.Para el trabajo: θ dW1− 2 FNC = 2 b P sen 2 β dβ + P b dβ = P b 2 cos 2 + 1 dβ = P b (cos θ + 2 ) dβ 2 Luego: b2m P b (2 + cos θ ) dβ = (7 + 6 cos θ ) α dβ 3 3 P 2 + cos θ α = (Unid. Bajo una aceleración uniforme horizontal “a” hacia la derecha.___________________________________________________________________ cos θ + 1 1 6 cos θ + 7 dE K = 4 b 2 m + α dβ = b 2 m α dβ 2 12 3 2)... Hallar la aceleración correspondiente a un ángulo θ (sistema en traslación). de aceleración angular) b m 7 + 6 cos θ 4-37. 5 * 0.427° Si: P4-38a ∑m a i Gi d i = −2 * 17.882 N-m (1) ∑M C = 0. con dos rodillos livianos que ℑ hacen compresión sobre las caras superior e inferior de un contrachapado a lo largo del borde.Relaciones cinéticas: 6 G 03 0.0252 m ∑ FX = m a → 35 = 2 a m C 12 0. Hallar la fuerza que ejerce cada rodillo sobre el contrachapado cuando a la barra se aplica una fuerza de 50 N en la posición representada. de aceleración) 6 4-38.S.___________________________________________________________________ 0 67 8 ∑ 0 ∑ G i i + ∑ mi a G i d i M = I α El centro de masa del índice solidario no tiene movimiento respecto a O: m2 g l sen β = a (m2 l cos β ) → g senβ = a cos β θ a = g tgβ = g tg (Unid.81 * 0.257 − 50 * 0.144 = 0.0857 N B − 12.. Despreciar todos los rozamientos. (sistema en traslación) (ver figura P4-38a): θ 35 N 0.El laminador de rodillo se compone de la barra uniforme de 2 kg ACB. 0.F.5 m/seg2 NB NC mg ∑M C = ∑ mi a G i d i θ = 44.. a = 17.D.242 (2) (1) = (2): .0857 * N B − 2 * 9. P4-38 Solución 50N 1).0257m 2).0857 m 0..0252 = −0. 6 + N C − 2 * 9. hallar la aceleración angular inicial α.C. (ver figura P4-39a): P4-39 NA A s 1 l tg 30° = = → s= (Unid de l 3 2 3 2 longitud) /2 d 3 3 l cos 30° = → d= s= * s 2 2 2 3 G l d = (Unid..81 − 50 cos 44. Se desprecian las masas de los rodillos y el rozamiento en ellos.Relaciones cinéticas: l 1 l 2 ∑ M O = I Oα → − mg 4 = −m12 l + 2 3 α 2 d 2 3g NB g= lα → α= (Unid..56 Newton ∑F Y = 0 → − 79. Si la barra se suelta en reposo desde la posición indicada. de aceleración angular) P4-39a 3 2l .704 = −0.887 Newton 4-39.0857 N B − 7. de longitud) 5 4 O /2 mg 2). Solución 1).Los pequeños rodillos de los extremos de la barra ℑ esbelta uniforme están vinculados a la ranura circular de la superficie vertical.882 → N B = 132..L.D.427° = 0 N C = 187.___________________________________________________________________ 0. del cilindro (ver figura P4. Si en el instante de soltarse el cilindro está a 6 m del punto O.La barra delgada uniforme se suelta desde el reposo en la posición horizontal indicada.C.271 i (m/seg2) ℜ 4-41. alrededor de un eje fijo que pasa por O.Relaciones cinéticas: X ∑M A k = I Aα k + ρ AG x m a A f A N 1 mg sen 30° r k = m r 2 + m r 2 α k + r j x m (− 1.3 = * 0.81 * 0..3 2 α + 0.40a): P4-40 ℑ 2). P4-41 .Un cilindro de 50 kg de masa y 0. ¿Cuál será la aceleración inicial del centro del cilindro relativa al plano inclinado? No hay deslizamiento. por rodamiento: a A = −ω 2 rOA = −0.D.3 *1.5 2 (6 i ) = −1.L. ℑ Solución El movimiento es inminente.5 → α = 7.5 i ) 2 mg 3 P4-40a 9.5 rad/seg..57 rad/seg2 2 4).3 i = −2.3 m de radio se mantiene fijo sobre el plano inclinado que está girando a 0. Se suelta el cilindro cuando el plano inclinado está en una posición θ = 30°..___________________________________________________________________ 4-40.Cálculo de la aceleración inicial relativo al plano inclinado: aG = −α r i = −7.5 * 0..5 i (m/seg2) G Y 3). Solución 1).57 * 0..Relaciones cinemáticas.. Hallar el valor de X para el que es máximo la aceleración angular y el valor correspondiente α de la misma. D.Una barra AB.L. Calcular la fuerza de tracción en los cables EA y BD en ese instante. de aceleración angular) α máx = l 2 l2 3 2 3 l l + 12 2 ℑ 12 4-42.Por máximos y mínimos en (1): dα = ( ) l 2 + 12 X 2 * 12 g − 12 gX * (24 X ) =0 dX l 2 + 12 X 2(2 ) (l 2 ) + 12 X 2 *12 g − 12 gX * (24 X ) = 0 → l 2 − 12 X 2 = 0 l X = (Unid.. de 3m de longitud y un peso de 445 N se muestra inmediatamente después de haberse soltado. inicialmente en reposo. de longitud) 2 3 Reemplazando en (1): l 12 g 2 3 = 6 lg * 3 = g 3 (Unid.. Solución 1).___________________________________________________________________ 1).C..Relaciones cinéticas: ∑M O = I Oα O G Ox 1 mg X = m l 2 + m X 2 α 12 Oy mg 12 g X ∴ α= (1) P4-41a l + 12 X 2 2 3).D.C. (ver figura P4-41a): x 2)..L.. (ver figura P4-42a): P4-42 . 75 α ) i + 0.3 α (3) 3 445 ∑F Y = m Y&&G → 2 TB + T A − 445 = 9.5 TB = − 9.___________________________________________________________________ TA Y 2).5 (cos 30° i − sen 30° j ) = (a A + 0.75 3α .25 α → TB = −476.75 α → a A = −6 α 2 En (1): aG = −5.75 3 α (1)=(2) e igualando componentes: − 0.5 a B − 0.81 * 0.5(− cos 30°i + sen30° j ) = 2 i + j (2) 0..81 * 5.5a B − aG = a B + α k x 1.75 3 α = 0.75 3 α → a B = −3 3 α 3 −3 3* α − 0.Relaciones cinemáticas: aA = aA i X TB a B = a B (cos 30° i − sen 30° j ) A G 3 1 a B = a B i− j 2 2 B mg P4-42a Si: aG = a A i + α k x 1..25 α i + 0.75α 0.Relaciones cinéticas: 445 ∑F X = m X&& G → 0.75 3 α j 3).75 α = a A + 0.75 3 α j (1) También: 3 aB − − 0. 299 * 471.El bastidor cuadrado se compone de cuatro trozos iguales de varilla delgada uniforme y la esfera O (rotula) está suspendida de un zócalo (no representada).3 α − 445 * 1.707b B-B A-A 2 Ox b/2 b/ X O a G1 b/2 Oy 43gb 4ρgb G b b b/2 4ρgb 43gb P4-43a (a) (b) .93 α → T A = 445 + 471..42 α = −204.3 α + T A − 445 = 58.3 * 0.299 − 1. Repetir los cálculos para una rotación de 45° en torno al eje B-B.42 * 0.515 rad/seg2 Luego en (3) y (4): TB = 476.3 Newton T A = 445 − 471.13α (5) 2 2 9. A partir de la posición indicada.69 α = −578.299T A + 1.13 α 1122.515 = 245. Despreciar la pequeña masa de la esfera.L. Hallar la aceleración angular inicial del bastidor.2 Newton 4-43.515 = 202.5 * 476.(s) (ver figura P4-43a): Y b/2 b/2 0.81 (3) y (4) en (5): − 1.D.___________________________________________________________________ 3 − * 476.5TB = −204. Solución P4-43 1).C..055 → α = −0.5TB = − * * 3 α → − 1. su descentrado y el rozamiento en ella. el conjunto recibe un giro de 45° en torno al eje A-A y se suelta.42 α (4) 2 ∑M G = I Gα 3 1 445 2 − T A *1.5 + 1. 849 (unid... de momentos) 3 b 2 b 2 ∑m a i Gi d i = ρ bα 2 * 2 * 2 + b 2 = 2 ρ b 3α (Unid. para (b): b ∑M O = 4 ρ b g * sen 45° = ρ g b 2 2 (Unid.Relaciones cinéticas. de aceleración angular) 5 b b 3). de momentos) Luego: 1 7 ρ g b 2 2 = ρ b 3α + 2 = ρ b 3α 3 3 . de momentos) b b 1 3 ∑m a i Gi d i = ρ b 2α * * + α b 2 = ρ b 3α + 1 = ρ b 3α (Unid. para (a): ∑M O = ∑ I G i α i + ∑ mi a G i d i Si: b 2 ∑M O = 4 ρ bg * sen 45° = 2 ρ b 2 g 2 2 = ρ g b 2 2 (Unid.Relaciones cinéticas. de momentos) 2 2 2 2 Luego: 1 3 5 ρ g b 2 2 = ρ b 3α + = b 3 α 6 2 3 3 2 g g α= * = 0.___________________________________________________________________ 2). de momentos) 1 3 ρ b3 ∑ G i i 12 I α = 2 ρ b α = 6 α (Unid. de momentos) 2 1 ρ b3 ∑ I G iα i = 4 * 12 ρ b α = 3 α (Unid. 3 * 20 = 6 lb En (1): ..2 ∑M G = I G α → − f r = −I G α A f 2 20 f r= * * r 2α N 5 32.2 P4-44a f = 0.C. de aceleración 7 b b angular) 4-44.___________________________________________________________________ 3 2 g g α= * = 0.D.1242 α (2) (1) = (2): 0.Relaciones cinéticas: X ∑F X = m aG X → − f = −m aG X G W 20 f = aG = 0.5 α .62 aG = 0.: 2).62 aG (1) 32.L. ℑ Solución P4-44 Y 1).606 (Unid. Si el coeficiente de fricción entre el piso y la esfera es µA = 0.1242 α → aG = 0. por lo que: f = µ N = 0.2 α Si solamente hubiera rodadura aG = 0.La esfera sólida de 20 lb se tira sobre el suelo de tal manera que tiene una velocidad angular de retroceso de ω = 15 rad/seg y su centro tiene una velocidad inicial de VG = 20 pie/seg...3. determine la distancia que recorre antes que pare el efecto de retroceso. luego la esfera desliza. 677 * 0.C.62 En (2): 6 α= = 48. a) si se observa que resbala cuando θ = 30°. Solución Y P4-45 1)..Relaciones cinemáticas. cuando está vertical.Relaciones cinéticas: X O N f P4-46a .1242 3).L.___________________________________________________________________ 6 aG = = 9.Relaciones cinemáticas: 15 ω =α t → t= = 0.735 pies 4-45.D.677 pie/seg2 → aG = −0. para ambos casos: θ l=l G1 en l l G2 aG = α et + ω 2 e n θ 2 2 et θ mg 3).967 i (pie/seg2) 0.La barra esbelta uniforme de masa m y longitud ℓ se abandona desde el reposo. b) Si el extremo de la barra se entalla de modo que no pueda resbalar..312 2 2 X = 5. hallar para que ángulo θ cesa su contacto con la ℑ esquina. de manera que gira sobre su extremo en torno a la esquina O.31 − * 9.31 k (rad/seg2) 0. (ver figura P4-46a): 2).31 rad/seg2 → α = −48..31 1 1 X = VG 0 t − aG t 2 = 20 * 0. hallar el coeficiente de rozamiento estático µs entre la barra y la esquina..31 seg 48.. Por el principio de trabajo y energía cinética: W1− 2 = ∆E K → mg l (1 − cos θ ) = 1 * 1 m l 2ω 2 → ω2 = 3g (1 − cos θ ) 2 2 3 l Para θ = 30°: g ω 2 = 0.665 mg (Unid. de aceleración angular) (3) 4l 4). reemplazando (3) en (1): g 3g l f = m − * = 0. de fuerza) 2 l 2 Para θ = 30°. de aceleración angular) 2l Para θ = 30°: 3g α= (Unid.402 * = 0.___________________________________________________________________ l l ∑F t = m at → − f + mg sen θ = m α 2 → f = m g sen θ − α 2 (1) l l ∑F n = m an → mg cos θ − N = m ω 2 2 → N = m g cos θ − ω 2 2 (2) l 1 ∑M 0 = I 0α → − mg 2 sen θ = − m l 2α 3 3g α= sen θ (Unid.. µs N = f : .402 (4) l Para θ = 30°. reemplazando (4) en (2): 3 g l N = m g − 0.125 mg 2 4 l 2 Si. .13° ℜ 4-46.188 0..D. Determine: a) La aceleración inicial de G.6 2 2 2 2 θ = 53.Cálculo del ángulo θ. El coeficiente de fricción entre γ y ℜ es 0. b) El valor de X cuando G γ está resbalando sobre ambas superficies. ℑ P4-46 Solución 1).665 mg = 0.C. para que la barra abandone su soporte: En (2): l 3g 0 = m g cos θ − ω 2 → g cos θ = (1 − cos θ ) l 2 l 2 3 3 5 3 cos θ = − cos θ → cos θ = → cos θ = 0.Para un X cualquiera (ver figura P4-46b): . bajo el centro de masa de la placa ℜ γ rectangular delgada de 5 kg. originalmente en reposo.125 mg → µs = = 0. La longitud de ℜ es de 2m.. (ver figura P4-46a): a) Estado inicial: N2 f Y WR G W? P OX O X W ℘ f (b) OY (a) N2 N1 P4-46a (a) (b) b).5 y el plano bajo γ es liso.125 µ s * 0.L..La fuerza P = 60 N se aplica como se muestra en la figura al cilindro γ de 10 kg.665 5).___________________________________________________________________ 0. .81 = 49. f = µ N2 y aG = α r : .2 α = α (2) (1)=(2): α = 60 − 2 α → α = 20 rad/seg2 → f = 20 Newton Comprobando si hay resbalamiento: µ N 2 = 0.525 Newton Luego: f < µ N 2 hay rodamiento (la suposición fue correcta) ∴ aG = α r = 20 * 0. suponiendo que no hay resbalamiento: En (a): l l ∑M 0 =0 → 2 N 2 − wℜ = 0 → N 2 = 5 * 9.5 * 49..Para el resbalamiento inminente.05 = 24.Cálculo de la aceleración inicial.2 = 4 m/seg2 3).05 Newton 2 En (b): ∑F X = m aG → P − f = m℘aG → f = 60 − 10 * 0. SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINETICA DE CUERPOS RIGIDOS EN MOVIMIENTO PLANO ___________________________________________________________________ WR N2 f OX O Y f G P OY (c) W? N2 X W℘ (d) P4-46b N1 (c) (d) 2).2 α = 60 − 2 α (1) 1 ∑M G = I Gα → f r= 2 m r 2α → f = 5 * 0. 525 → X = 1..05 49. calcular la fuerza FB que ejerce la plataforma sobre la rueda de apoyo B cuando el camión arranca hacia delante con una ℑ aceleración de 3 m/seg2. Y Solución 1).Se ilustra la plataforma de descarga por rodadura de un camión de transporte de contenedores.2 α = α 49.05 ∑F X = m α r → 60 − 0.Relaciones cinemáticas: P4-47a Si: .L. Se desprecia P4-47 el rozamiento en B.5 * 1+ X 60 (1 + X ) = 3 * 24.272 m FB mg 45º Ax A AY 2).C.D.2263 m X ≅ 0. El contenedor cargado de 120 Mg puede tratarse como un bloque rectangular macizo y homogéneo con centro de masa en G.2263 − 1 = 0.2 * 0.5 * 1+ X = 10 * 0.23 m 4-47. del contenedor: B G X 4. Si la rueda de apoyo A está inmovilizada..___________________________________________________________________ En (c): 49.05 ∑M 0 = 0 → − 1 * wℜ + (1 + X ) N 2 = 0 → N 2 = 1+ X En (b): 1 ∑M G = IG α → f r= 2 m r 2α → f = 5 * 0.. En la posición Y representada.Relaciones cinéticas: ∑M A = I Aα 1 − 120 000 * 9.___________________________________________________________________ 2 2 2 2 a B = a + a B = 3 i + a B − i− j = 3 − a B i − aB j (1) P P 2 2 2 P 2 P Además (comienza el movimiento alrededor de un eje fijo.727 FB = 120 000 (26.274) 2 8 sen 30° 120 000 * 4. que pasa por A): a B = −α k x 8 (cos 30° i + sen 30° j ) = 4 α i − 6.L.95 x10 3 Newton → FB ≅ 310 KN Solución 4-48.274 rad/seg2 3)..D. Si súbitamente se B FB 2/ 2 = F G liberan las ruedas A para permitir que ruede el contenedor. las dos ruedas A están inmovilizadas y los frenos del vehículo aplicados para evitar que X éste se mueva. P4-48a .667 ) FB = 309..81 * 2. (ver figura P4-48a) problema anterior.272 2 7.625 − 6.93 α = 4 α → α = 0.93 α 2 P 3 − 6.Se representa de nuevo al camión de contenedores del 1). Se desprecia el rozamiento en A y N B.714 + FB = 12 ( 2 8 cos 30° + * 120 000 3 + 8 + 2 2 ) * (− 0. calcular la 4.C..93 α j (2) (1)=(2) e igualando componentes: 2 − a B = −6.272 m mg FB fuerza de rozamiento total F que se aplica a las ruedas del camión A inmediatamente tras el desbloqueo. 272 (cos 50.625 = −71.93 α (Unid.556° j x (− 10..63 α m (3) ∑M A k = I Aα + ρ AG x m a A − 9.93 α 2 2 4 α − a A = −a B = −6.Relaciones cinemáticas: Si: 2 2 a B = a B − i− j (1) 2 2 También: a B = a A − α k x 8 (cos 30° i + sen 30° j ) = (4 α − a A ) i − 6.Relaciones cinéticas: 2 ∑F X = m X&& G → − FB 2 = − F = −7.93 α j (2) (1) = (2) e igualando componentes: 2 − aB = −6.371 rad/seg2 .714 k + 1 ( m 3 + 8 + 2 2 ) cos 50.714 α j (Unid.556° i + ( ) sen 50.93 α → a A = 10.93) α i − 2. de aceleración) 2 Además: aG = a A − α k x 4.81 m * 2.___________________________________________________________________ 2).63 α i − 2.673 α → α = 0.272 2 − 26.3 − 10.556° i + sen 50.556° j ) aG = (3. de aceleración) 3).93 α i ) F 8 cos 30° + k = 12 − α k + 4..272 m 8sen 30° m * 4.714 α j = −7. Cálculo de la rigidez torsional: G1 a).371 *120 x10 3 = 339.Cada una de las bisagras A y B. para que la velocidad angular de la tapa sea nula cuando la misma llegue a la posición horizontal de cierre (θ = π/2) al caer desde θ = 0° sin velocidad inicial.Diagrama de la posición inicial y final de la tapa..___________________________________________________________________ En (3): F = 7. representada en un plano (ver figura mg P4-49a): h = l/2 2M X OX G2 b)..Por el principio de trabajo y energía cinética: OY mg }0 W1− 2 M + W1− 2 g = ∆E K P4-49a π π π π2 W1− 2 M = −2∫ 2 M dθ = −2 K ∫ 2 θ dθ = − K θ 2 2 = −K (Unid.. de la tapa uniforme de masa m de un cajón de juguetes contiene un resorte de torsión que ejerce un momento resistente M = Kθ sobre la tapa al cerrarse está. a) Especificar la rigidez torsional K de cada resorte.. de trabajo) 0 0 0 4 l W1− 2 g = mg h = mg 2 Luego: .63 * 0. b) ¿Cuál sería su aceleración angular α en la posición cerrada si se ℑ soltara del reposo? ¿Serían esas bisagras una solución práctica? Solución P4-49 Por el principio de trabajo y energía cinética: 1).69 x10 3 Newton F ≅ 340 KN 4-49. . Solución Por el principio de trabajo y energía cinética: ℑ 1). y a partir del reposo con θ = 45°..___________________________________________________________________ π2 l 2mg l −K + mg =0 → K = (unid.Relaciones cinéticas: P4-49b l 1 ∑ M O = I Oα → 2 M − mg = m l 2α 2 3 2mg l π l 1 2g g l 2* * − mg = m l 2α → − = α π 2 2 2 3 π 2 3 3 g 2 1 g α= − = 0.41 (Unid. Si a la manivela OA se aplica un par de fuerzas constantes de momento M = 20 N-m a través de O. La corredera B tiene una masa de 3 kg y se mueve libremente por la guía vertical.La biela y la manivela tienen una masa de 2 kg y un radio de giro centroidal de 60 mm cada una..L. para la tapa en la posición horizontal (ver figura P4-49b): Y 2M X OX G2 OY mg b). de aceleración angular) ℑ l π 2 l 4-50... El resorte tiene una constante de 6 KN/m..Grafico de la posición inicial y final (ver figura P4-50a): P4-50 . hallar la velocidad angular ω de OA. de coeficiente de rigidez torsional) 4 2 π2 2).D.C. cuando θ =0°.Cálculo de la aceleración angular: a). de velocidad angular) 3)..Relaciones cinemáticas. B2 es el centro instantáneo. por tener la velocidad cero en ese instante. para la posición 2 (final): a).Por el principio de trabajo y energía cinética: }0 W1− 2 = E K 2 − EK 1 0 π W1− 2 M = − ∫π M dθ = −20 − = 15.Para AB..___________________________________________________________________ P4-50a 2).71 N-m 4 4 . luego la velocidad de A2 es: VA 2 = ω2l (1) b)..-La velocidad de A2 tomando como punto de referencia O: V A 2 = ω1l (2) (1) = (2): ω 2 l = ω1l ⇒ ω 2 = ω1 = ω (Unid. 05 2 = −7.5 N-m 2 2 Luego: W1− 2 = 15.272 ω 2 = 2.462 → ω 2 = 90. .El bastidor cuadrado está constituido por cuatro varillas delgadas iguales de longitud “b” cada una. hallar la celeridad de la b esquina A: a) Después de que A haya descendido una distancia “b” y b) Después de que A haya descendido una distancia “2b”.5 = 2.748 N-m 1 1 W1− 2 K = − K δ 2 = − * 6000 * 0. ℑ F B ℑ F P4-51 Solución Las únicas fuerzas que producen trabajo son los pesos de las barras.462 N-m (3) También: 1 1 1 2 l 2 EK 2 = I O ω + I B ω = ω * 2 I C i = ω m k G + m 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) E K 2 = 2 ω 2 0. Si el bastidor se suelta en reposo desde la posición representada.515 b ω = 9.1414) W1− 2 g = −5.0707 ) − mb g (0.___________________________________________________________________ W1− 2 g = − mb g (0.1 − 0.06 2 + 0. Las pequeñas ruedas se deslizan sin frotamiento.748 − 7.514 rad/seg A 4-51.212) − mg (0. se conserva la energía mecánica y si tenemos como ρ a la densidad lineal de las barras.4 − 2 * 0.3 − 0.027 ω 2 (4) (3) = (4): 0.71 − 5.12 = 0.. de energía) 6 2 3 U2 = 0 5 EK 3 = ρ b 3ω 32 = 1.Diagrama de las posiciones en el sistema (ver figura P4-51a): 2)..667 ρ b 3ω 32 (Unid. de energía) 2 1 2 b 2 2 1 b EK 2 = 4 * b ρ * b 2 + 4 b ρ + 4 b ρ 2 ω 22 2 12 2 ρ b3 ρ b3 5 E K 2 = + + ρ b 3 ω 22 = ρ b 3ω 22 = 1. de energía) Luego: a) E M 1 = E M 2 .___________________________________________________________________ 1). de energía) 3 U 3 = −2 ρ g b 2 (Unid..667 ρ b 3ω 22 (Unid.Por conservación de la energía mecánica: EM 1 = EM 2 = EM 3 EK 1 = 0 P4-51a b U1 = 4ρ g b = 2 ρ g b 2 (Unid. de velocidad) 5b 5 b).. µ=0 ℑ P4-52 Solución Por la forma alternativa del principio de trabajo y energía cinética. 1). de velocidad angular) 3 5b 6g 12 g b V A 2 = ω 2 * rC i 2 A 2 = *b 2 = (Unid. Si se suelta en reposo desde la posición indicada y se mueven juntos bajo la acción de un par de momento de módulo constante M aplicado a AB.. de velocidad) 5b 5 4-52. hallar la velocidad de A cuando choca con O.Diagrama de la posición final e inicial (ver figura P4-52a): A2 centro instantáneo P4-52a .E M 1 = E M 3 5 12 g 2ρ g b 2 = ρ b 3ω 32 − 2 b 2 ρ g → ω 3 = (Unid.. de velocidad angular) 3 5b 12 g 12 g b V A 3 = ω 3 * rC i 3 A 3 = *b = (Unid.___________________________________________________________________ 5 6g 2ρ g b 2 = ρ b 3ω 22 → ω2 = (Unid.Las dos barras esbeltas de masa m y longitud “b” cada una están articuladas entre sí y se mueven en el plano vertical. la única fuerza que produce trabajo es el peso. de energía) 2 2 Luego: 1 M θ = m b 2ω 2 + mg b (1 − cos θ ) 3 M θ g ω = 3 2 − (1 − cos θ ) (Unid. de energía) β 2 2 1 1 1 ∆E K = 2 * * m b 2ω 2 − 0 = m b 2ω 2 (Unid.Por la forma alternativa de trabajo y energía cinética: W1− 2 FNC = E M 2 − E M 1 = ∆E K + ∆U π π π W1− 2 FNC = W1− 2 M = ∫ 2 M dβ = M − + θ = M θ (Unid.El aro circular liviano de radio r lleva una banda uniforme pesada de masa m a lo largo de su perímetro y se abandona en reposo desde la posición representada en la parte superior del plano inclinado. a) Hallar su velocidad angular ω y b) La fuerza ℑ normal bajo el mismo. por lo que se conserva la energía mecánica: para la segunda parte.. de velocidad angular) m b b M θ VA = ω b = 3 − g b (1 − cos θ ) (Unidades de velocidad) m 4-53. P4-53 Solución Para la primera parte. si θ = 10°. aprovechamos la velocidad angular para resolver el problema. .___________________________________________________________________ 2).. Después de que el aro haya rodado media vuelta. por sumatoria de fuerzas en la dirección de la normal. de energía) 2 3 3 b b ∆U = 2 * mg − 2 * mg cos θ = mg b (1 − cos θ ) (Unid. de energía) 2 π 2r U 2 = −mg cos θ (Unid. de energía) π Luego: π 2 sen θ + 2 cos θ 1 2 2r mg r = m ω 2 r 2 (π − 2 ) − mg cos θ π 2 π π .Por conservación de la energía mecánica: EM 1 = EM 2 EK 1 = 0 2r π 2 sen θ + 2 cos θ U 1 = mg π r senθ + cos θ = mg r (Unid. de energía) π π 2 1 1 1 2 r 1 4 r2 2 EK 2 = m VG2 + I G ω 2 = m ω r − + m r 2 − m ω 2 2 2 π 2 π2 1 2 EK 2 = m ω 2 r 2 (π − 2) (Unid.___________________________________________________________________ 1)...Grafico de la posición inicial y final (ver figura P4-53a): P4-53a 2). . de aceleración) π π c)..D.___________________________________________________________________ g (π 2 sen θ + 4 cos θ ) = ω 2 r (π − 2) g π 2 sen θ + 4 cos θ ω= (Unid..C.14 mg (Unid.L.Para la parte segunda.Relaciones cinemáticas: π − 2 2 π − 2 aG 2 = ω 2 r j + α k x r j −ω r j π π π − 2 2r 2 aG 2 = α r i + ω j (unid. (ver figura P4-53b): b). de fuerza) .. para θ = 10°: P4-53b 2r g 4 cos θ + π 2 sen θ ∑ FY = m Y&&G → N − mg cos θ = m π * r π −2 2 4 cos10° + π 2 sen 10° N = mg cos10° + π π −2 N = 4. de velocidad angular) r π −2 3).Relaciones cinéticas. en la posición “2”: a).137 mg ≅ 4. ¿Qué distancia recorrerá la plataforma B en 0. por la forma alternativa del principio de trabajo y energía para desplazamientos infinitesimales reales en el sistema. Utilizamos la forma alternativa del principio de trabajo y energía para desplazamientos infinitesimales reales. para uno de los engranajes (ver figura P4.Determinación de los desplazamientos x infinitesimales.58a): at = a x Si: a aG = 2 r Y X aG XG = = rθ G x/2 2 X dX dX G = = r dθ r 2 θ dX dθ = Ci 2r P4-58a b). a).Cálculo de la aceleración de B.1 seg después de la aplicación de la fuerza de 500 N como se muestra? ℑ P4-58 Solución En el sistema la única fuerza que produce trabajo es la de 500 N (no conservativa). de esta manera se obtiene la aceleración constante (las fuerzas que actúan en el sistema son constantes) de B.Por la forma alternativa del principio de trabajo y energía: dWFNC = dE K + dU dW FNC = 500 dX ... obtenemos la distancia recorrida a partir del reposo de B. 1). al encontrarse este en movimiento de traslación rectilínea.Una plataforma B de 115 kg de masa.___________________________________________________________________ 4-58. se mueve sobre las ruedas dentadas D y E tal como se muestra.. Si cada rueda tiene una masa de 15 kg.. S..F.2 m/seg2 cuando parte del reposo en la posición θ = 30°. determinar el momento M aplicado a BC en C y el momento MB en la unión B.___________________________________________________________________ 4-59.El elevador de la figura está diseñado para elevar un hombre en dirección vertical. (ver figura P4-59a): .. ℑ P4-59 Solución 1). Si la masa total del operario y la cabina es de 200 kg y todas las otras masas se desprecian. requerido para dar a la cabina una aceleración vertical ascendente de 1. Un “mecanismo interno” en B hace que el ángulo entre AB y BC sea el doble que el ángulo θ entre BC y el suelo.D. Por la forma alternativa del principio de trabajo y energía... de energía) Luego: .___________________________________________________________________ s sen θ = 6 s = 6 sen θ Y = 12 sen θ d Y = 12 cos θ dθ 2). de energía) dE K = ∑ mi a G i ⋅ drG i + ∑ I G iα i dθ i dE K = m a (12 cos θ dθ ) = 12 a m cos θ dθ (Unid. para desplazamientos infinitesimales reales (las fuerzas y momentos internos producen trabajo): dWFNC = dE K + dU dWFNC = M B (2 dθ ) = 2 M B dθ (Unid. de energía) dU = ∑ mi g dhi + ∑ K j X j dX j d U = mg (12 cos θ dθ ) = 12mg cos θ dθ (Unid.Relaciones cinéticas: P4-59a } 0 ∑ M C = ∑ I G iθ&& + ∑ mi aG i d i = m *1.2 j * 0 = 0 Luego: ∑M C =M =0 3). 44 KN-m .___________________________________________________________________ 2 M B dθ = 12 a m cos θ dθ + 12 mg cos θ dθ M B = 6 m cos θ (a + g ) (unid.2 m/seg2 y θ = 30° : M B = 6 * 200 * cos 30°(1. para a = 1.81) = 11 441.2 + 9.93 N-m M B = 11. de momento) (1) En (1). 3 Gg. el cohete sin combustible C y el transportador de oruga D que lleva al sistema al lugar de lanzamiento. mC = 0. Calcular la componente vertical de la reacción bajo el tren oruga delantero F durante el período de desaceleración máxima. La distancia mínima necesaria para pararse desde la celeridad máxima de 1.La figura muestra la plataforma móvil A de lanzamiento del Saturno V junto a la torre umbilical B...S. (ver figura P4-61a) . Las masas aproximadas son: mA = 3 Gg. Se dan las dimensiones aproximadas de las estructuras y las posiciones de los centros de masas Gi.23 Gg y mD = 3 Gg. 1).F.5 km/hr es 0.1 m.___________________________________________________________________ 4-61. P4-61 Solución Todo el sistema tiene movimiento de traslación.D. mB = 3. 5 MN .R.814 x10 6 a (2) (1) = (2): 1350.868 m / seg 2 2 * 0 ..23 * 55.6 + 3.Relaciones cinéticas: mA g ∑M E = ∑ mi a G i d 1 G 1 mD g A 9.Cálculo del momento inercial respecto a E: ∑m a i Gi d i = −a (3 * 9.469 x10 6 N N F ≅ 59.5m 3)..5 + 3 * 4.834 x10 6 − 27 N F (1) b).5m P4-61a a).3 * 7.2 + 0.3 + 13..Cálculo del momento respecto a E: ∑M E = g * 10 6 (6 * 3 + 24 * 3..834 x10 6 − 27 N F = −254.814 x10 6 N F = 59.___________________________________________________________________ B G2 2). NE a).1 72m mC g 55.Relaciones cinemáticas: C m Bg V02 G3 V f2 = V02 − 2 a e → a = 2e 24m a= (1500 3600) 2 = 0.8)x10 6 ∑m a i Gi d i = −254.4 * 3) − 27 N F ∑M E = 1350.6m D G4 E F 4.Cálculo del momento respecto a E: NF 6m 13.5m 13.8m L.. . 1). Si el rozamiento basta para que no haya deslizamiento.R. hallar la velocidad angular máxima ω que alcanza el sólido por la superficie horizontal..El semicilindro macizo homogéneo se suelta en reposo desde la posición representada.Cálculo del I C i (ver figura p3-63b): 4r 3π 4r 2 1 4r 2 IC i = I 0 − m = m r − 2 3 π 2 3 π G r 2 2 4r 4r Si: d = r + − 2 r cos β y 2 2 d 3π 3π IC i = IG + m d 2 Ci P4-63b . O O 4r 4r cos θ cos β 3π G 3π G P4-63a Ci Ci 2).Por conservación de la energía mecánica: 4r U 1 = −m g cos θ y Ek1 = 0 3π 4r 1 U β = −m g cos β y Ek β = I C i ω 2 3π 2 O a).___________________________________________________________________ 4-63.Diagrama del estado inicial y otro estado cualquiera: P4-63 ℑ 4r 3π 4r 3π L.. la energía mecánica se conserva.. Solución Como la única fuerza que produce trabajo es el peso. ..___________________________________________________________________ 1 4r 2 4r 2 4r IC i = m r − m 2 + m r + 2 − 2 r cos β 2 3 π 3π 3π 2 2 8 r2 IC i = m r − cos β 3 3π b). Solución Los únicos que producen trabajo son: el momento P4-64 y la fuerza de fricción en B que son no conservativos.Por conservación de la energía mecánica: U 1 = U β + Ek β 4r 4r 1 −m g cos θ = − m g cos β + I C i ω 2 3π 3π 2 4r mg (cos β − cosθ ) = 1 I C iω 2 (1) 3π 2 Si ω es máximo cuando cos β = 1. determiné la aceleración del carrete cuando se aplica un par de 300 N-m. Usando el método de la forma alternativa del principio de trabajo y energía cinética.1. para desplazamientos infinitesimales reales.El carrete y el alambre enredado alrededor de su eje tienen una masa de 20 kg y un radio de giro centroidal de KG = 250 mm. en (1) se tiene: 4r 2 2 mg (1 − cos θ ) = 1 m 3 r 2 − 8 r ω max 3π 2 2 3π 16 g (1 − cos θ ) = r (9 π − 16) ω max 2 g (1 − cos θ ) g (1 − cos θ ) ω max = 4 = 1. . Si el coeficiente de fricción en el suelo es µB = 0.142 (Unidades de velocidad angular) (9 π − 16) r r 4-64. Relaciones cinéticas.2 G XG dX = 3 dX G = 3 r dθ mg aG = 0. y relación de los desplazamientos y infinitesimales reales (ver figura P4-64a): X G = r θ → dX G = r dθ x Ci T X 0.2 2 + 0.2 g = 2 g 3).05 α dθ dU = 0 Luego: 18.6 M = → X = 3 XG X G 0.892 rad/seg2 .05 α dθ α = 8.228 dθ dEk = ∑ mi aG i ⋅ d rG i + ∑ I G iα dθ = m α r 2 dθ + m K G2 α dθ ( ) dEk = 20 α 0.D...1 * 0 ..C.25 2 dθ = 2.L.___________________________________________________________________ 1).Para calcular la fuerza de fricción en B (hay deslizamiento): ∑F Y = 0 → N = mg = 20 g → f = µ B N = 0 ..Por la forma alternativa del principio de trabajo y energía cinética. para desplazamientos infinitesimales reales: dW NC = dEk + dU Donde: dW NC = 30 dθ − 2 g * 3 * 0.2 α i f X N P4-64a 2).228 dθ = 2.2 dθ = 18. ver figura P3-65a: P4-65a f 2).D. Demuestre que en el instante en que se corta la cuerda de la derecha la tensión en la otra cuerda cambia a (2/5)mg.. donde ω =0: a A == a A i aC = a A − α k x rAC = − a A i − α k x r (cos 30º i − sen30º j ) aC = −(a A + α r sen30º ) i − α r cos 30º j 3). en el instante del corte.___________________________________________________________________ 4-65. la aceleración del centro de masa es entonces de (3/5)g y de A es 3 .C.L..relaciones cinéticas: αr ∑F X = m aC X → 0 = − m (a A + α r sen30º ) → a A = − (1) 2 ∑F Y = m aC Y → T − mg = − m α r cos 30º (2) 1 mr ∑M C = I Cα → − T r cos 30º = 2 m r 2α → T = 3 α (3) (3) en (2): mr 3 g 2 3 α − mg = −m α r → α= (4) 3 2 r 5 . g 5 y T x M A r P4-65 30° C Solución 1)...El disco mostrado en la figura tiene una masa m y un radio r.Relaciones cinemáticas. (en el instante del corte). F. (ver figura P4-66a): N P4-66a . Un cuerpo D que tiene una masa de 3 kg está fijo al anillo tal como se muestra. Si se corta el cable ¿Cuál será la aceleración del cuerpo D? Y D mDg r P4-66 15° X aD G 30° Solución r El sistema se moverá en traslación aD O 30° mg 1)..S.Se muestra un anillo soportado por un cable AB y una superficie suave (lisa). El anillo tiene una masa de 10 kg y un radio medio de 2 m.___________________________________________________________________ Luego: g2 3 3 3 aC = − r j = − g j (Unidades de aceleración) r 5 2 5 3 aC = g ↓ (Unidades de aceleración) lqqd 5 En (3): m r g2 3 2 T= * = mg (Unidades de fuerza) lqqd 3 r 5 5 En (1): g2 3 r 3 aA = − =− g r 5 2 5 3 aA = g → (Unidades de aceleración) lqqd 5 . 4-66..D. 05 pie/seg2 a la derecha.81 * 1..S.128 i − 7..81 cos 30º +3 * 9.___________________________________________________________________ 2).D.256 m/seg2 ( 60º ) a D = 8. La barra superior está unida mediante un perno al collarín deslizante en A. suponiendo que no haya oscilación (es decir los ángulos son constantes).15 j (m/seg2) 4-67.573 = a D (10 + 3 * 1.F..(CB): R RBY f Y RBX A B mag X θ2 θ1 m1g C m1g RBX B RBY P4-67a (a) (b) .(barra BA y collarín A) y D.Relaciones cinéticas: } o ∑ M O = ∑ I 0 α + ∑ mi a i d i mg r cos 30º + mg r (cos 30º + cos 45º ) = m a D r + m D a D r (1 + cos15º ) 10 * 9.L. Determine los ángulos θ1 y θ2.966 ) a D = 8. P4-67 1). El collarín tiene una aceleración constante de 8. Solución Todo los cuerpos están en movimiento de traslación.Dos barras homogéneas están conectadas por un perno en B.256 (cos 60º i − sen60º j ) a D = 4.C. 2 * 8. En la posición que se muestra el muelle no está deformado.2 En (a): ∑M A = m1 aG 1 d1 12 24 24 12 m1 g * senθ1 + RB Y * senθ 2 − RB X * cos θ 2 = m1 a * cos θ1 12 12 12 12 12 12 * senθ1 + 9 * 2 senθ 2 − 2. P4-68 .3 m el grande.05 tgθ 2 = = = 0.2 30 senθ1 = 7.5 cos θ1 tgθ1 = 0..___________________________________________________________________ 2).25 * 2 cos θ 2 = * 8.036º 4-68.25 → θ1 = 14.. ¿Cuál será la velocidad angular del cilindro después de haber girado 90º? El radio de giro del cilindro escalonado es de 1 m y su masa es de 36 kg.Relaciones cinéticas: En (b): 9 ∑F X = m2 a → RB X = m2 a = 32. Si el sistemas se suelta a partir de una configuración en reposo.Un cilindro escalonado tiene unos radios de 600 mm el pequeño y 1.25 lb ∑F Y ==0 → RB Y = m2 g = 9 lb 9 9 ∑M B = m2 a d 2 → m2 g * 12 senθ 2 = m2 a * cos θ 2 12 a 8.036º g 32.25 → θ 2 = 14. La constante del muelle K es de 0.05 * cos θ1 32. Un bloque rectangular A que pesa 225 N está soldado al cilindro en el punto B.05 = 2.18 N/mm. 45m 1.R..___________________________________________________________________ Solución Las únicas fuerzas que producen trabajo son conservativas.027 ω 2 J Ug 2 = 0 .3 2 + 12 ) ω 2 = 46.5m O O L.45m 0.5m 1. por lo que la energía mecánica se conserva.534 ω ) + * * 2 12 9.Por conservación de la energía mecánica: Ek1 = 0 U g 1 = m A g h A = 225 *1.5m G1 A 1.81 (0. 1).75 J Ue1 = 0 1 1 1 Ek 2 = I 0ω 2 + m AVG2 2 + I G Aω 2 2 2 2 Ek 2 = 1 2 1 225 * 36 *12 ω 2 + * 2 9..95 = 438.534m G1 A P4-68a Para el resorte: δS1 = 0 π δS 2 = r (hay enrollamiento) 2 2).81 2 1 1 225 * (1. 0.Grafico de la posición inicial y final: 0. 4 seg después de comenzar a bajar? No hay deslizamiento. 1).94 A ω = 2.027 ω 2 + 79.94 j 2 2 Luego: EM 1 = EM 2 438.75 = 46. la aceleración que actúa en los centros de masa serán constantes..792 rad/seg 4-69. luego utilizando el método alternativo de trabajo y energía cinética para desplazamientos infinitesimales reales.Relación de los desplazamientos infinitesimales (en uno de los rodillos) y relaciones cinemáticas: A A XA 2r X dX A = → X G = A → dX G = XG r 2 2 dX G dX A X G = r θ → dθ = = r 2r XG G aA a aG = =α r → α = A 2 2r V A = a A t = 4 a A ≤ 3 m/seg a A = 0.75 m/seg2 (Tomando la velocidad limite) P4-69a . Si el sistema parte del reposo ¿Qué fuerza constante mínima T se necesita para evitar que la placa supere la velocidad de 3 m/seg.6 = 79.___________________________________________________________________ 2 1 π Ue 2 = * 180 * * 0.. P5-69 Solución Como toda las fuerzas que actúan en el sistema son constantes.Una placa A que pesa 2KN se mueve sobre dos rodillos de 50 kg de masa cada uno y que tienen un radio de giro de 200 mm. 66 dX A a A dX A ∑I Gi α i dθ i = 2 * 50 * 0. Un cuerpo C de 50 Kg de masa está soportado mediante la polea B. para desplazamientos infinitesimales reales en el sistema: dW NC = ∑ mi aG i ⋅ drG i + ∑ I G i α i dθ i + ∑ mi g hi Donde: dW NC = −T dX A a A dX A 2000 dX A ∑m a i Gi ⋅ dr G i = m A a A dX A + 2 m D * 2 * 2 = 9.5 kg y un radio de giro de 100 mm.5 m/seg2 respecto a C ¿Qué fuerza T se necesitará aplicar entonces para tirar del cable hacia abajo en el punto G con una aceleración de 1.25 dX A T = 1061..59 N 4-70..75 dX A + 50 * 0.___________________________________________________________________ 2).75 2 ∑m a i Gi ⋅ dr G i = 171.2 2 * * 2r 2r = 12 dX A dX A ∑ m g dh i i = −2000 * dX A sen30º −2 * 50 * 9.D. El cuerpo D se deja bajar desde el cuerpo C con una aceleración de 1. (s).5 kg de masa.C. Se aplica una fuerza T en el extremo G del cable.Un cable pasa alrededor de dos poleas. Suspendido de C hay otro cuerpo D de 12.66 dX A + 12 dX A − 1245. Cada polea tiene una masa de 2..25 dX A Luego: − T dX A = 171.5 m/seg2? Solución 1). ver figuras P5-7a: P4-70 .81 * 2 sen30º = −1245.81 * 0.Por el método alternativo. El diámetro de las poleas es de 300 mm.L. 5 m/seg2 r E r Ci 1.75 m/seg2 2 B 1.75 j (m/seg2) D 3).Para la configuración: a E = aC = 0.-Para (d): − m D g + T3 = − m D a D → T3 = 12.Relaciones cinéticas: a).75 m/seg2 c).___________________________________________________________________ (a) (b) (c) (d) 2).75) = 113.Relaciones cinemáticas: a)...3 b)..25 N .5 α= = 5 rad/seg2 P4-70a 0..5 Y aE = = 0.Para el cuerpo D: a D = aC + aC = 0..5 (9.75 j − 1.Para el cuerpo B: aG 2 r aG = → aG = 2 a E = 2 r α aE r X aE aG = 1.5 j = −0.81 − 0. 15 T = 335.91 N 4-71.75) + 113.242 + 2.75 + * 5 → T ' = 334.25 = 641.Para (c): T2 − mC g − T3 = mC aC → T2 = 50 (9. tomando momentos en C i: ∑M Ci = ∑ mi a G i d i + ∑ I G i α i T ' (2 r ) − (m B g + T2 ) r = m B a E r + I E α 2 − 5 * 0. 1)..Para (b)..5 * *5 0.5 * 0.12 * 2 T = 334.15 a 2rα ∑ M 0 = I 0α A → (T '−T ) r = −m A K 02 rG = −m A K 02 r 0..Grafico del sistema en su posición inicial y final (ver figura P4-71a): δ1 = 3 pies (deformación del resorte) P4-71a δ 2 = (2 2 − 1) = 1.81 + 641.242 N 0.828 pies . determine la velocidad angular de la barra en el instante θ = 90º. la energía cinética se conserva.___________________________________________________________________ b)..25 N c). El resorte tiene una longitud no estirada de 1 pie.El ensamblaje consta de una barra delgada AC de 5 lb unida por el perno a un disco de 12 lb y un resorte BD: Si la varilla es llevada a la posición horizontal θ= 0º y el disco es hecho a girar en sentido contrario al de las manecillas del reloj a 3 rad/seg (constante) cuando la barra es soltada del reposo.25 + 2. P4-71 Solución Como en el sistema las únicas fuerzas que producen trabajo son conservativas.81 + 0.5 * 9.12 2T ' = 2. 839 lb-pie 2 2 32.559 2 + 4 * 86.559 ω AC − 86.71 3.488 ω AC 2 + 0.839 + 45 = 3.29 = 0 − 0.559 ω AC + 0.974 2 * 3.29 * 3.488 ω AC 2 + 0..2 3 Ek 2 = 3.488 ω AC 2 + 0.828 2 = 16.839 − 58 + 16.839 U g 2 = −mℜ g hC − m AC g hB = −(12 * 4 + 5 + 2) = −58 lb-pie 1 10 Ue 2 = K δ 2 = *1.488 ω AC = = −0.0932 (9 + ω AC + 6 ω AC ) + * 1 12 1 5 Ek 2 = * *16 ω AC 2 2 * ω AC 2 32.___________________________________________________________________ 2).08 ± 4.2 2 32.Por conservación de la energía mecánica: EM 1 = EM 2 0.0932 0 644 7448 67 8 1 1 12 1 Ek1 = Ek1 ℜ + Ek1 AC = I C ω ℜ2 = * * * 12 * 3 2 = 0.559 ω AC + 0.559 ± 0.0932 (3 + ω AC ) + I C i AC ω AC 2 2 2 2 42 2 + 0.2 2 Donde: Ug1 = 0 1 10 Ue1 = K δ 2 = * 3 2 = 45 lb-pie 2 2 1 1 1 1 2 Ek 2 = Ek 2 ℜ + Ek 2 AC = mℜVC2 2 + I C ω ℜ2 2 + m ACV B2 + I B ω AC 2 2 2 2 1 2 1 Ek 2 = mℜ (4 ω AC ) + 0.71 lb-pie 2 2 Luego: 0.488 . 055 rad/seg (malo.5 pies 0. el cuerpo uniforme ℜ pesaba 200 lb. por que el ángulo aumenta) ω AC = 4...C.894 rad/seg (bueno) y ω AC 2 = −5.D.___________________________________________________________________ ω AC 1 = 4.L.25 pies CY f N CX wℜ 0.6 pies (a) P4-72a (b) 2).Relaciones cinéticas: 1 Si: f = µN= N 3 a).El cilindro ℜ en la figura con cuatro agujeros gira a 200 rpm inicialmente.. Para cualquier sentido de rotación de ℜ resulta un frenaje rápido. (ver figura P4-72a) X P4-72a Ay W N f A Ax 0. El coeficiente de ℘ fricción µ es 1/3 y antes de que se hicieran los agujeros. calcule el tiempo de frenado. Solución Y ℜ 1).894 rad/seg 4-72. Se coloca en la posición mostrada plg un cilindro ℘ uniforme de 100 lb y la fricción produce un momento de frenado que detendrá a ℜ.Para (a): .. ___________________________________________________________________ 2 1 1 4 ∑M A =0 → 3 * N − w * + * f = 0 → N = * 50 = 66.67 lb 2 4 5 Luego: f = 22.22 lb b).- Para (b): ∑M C = I Cθ&& (1) i).- cálculo del IC del cilindro ℜ: mw R 2 m r2 IC = − 4 h + mh d 2 2 2 Donde: }6.21 200 mw = = ρ π R2 → ρ = 3.51 slug/pie2 32.2 2 2 mh = ρ π r 2 = 3.51 * π * = 0.306 slug/pie2 12 Luego: IC = 6.21 * 9 12 2 ( ) −4 0.306 * 2 2 12 ( ) 5 2 + 0.306 * = 1.517 slug-pie2 2 2 12 En (1): 9 − 22.22 * = 1.517 θ&& → θ&& = −10.99 rad/seg2 (constante) 12 dθ& && θ& t t Si; dt =θ → ∫θ & 0 dθ& = ∫ θ&& dt = ∫ − 10.99 dt 0 0 π θ& = θ&0 − 10.99 t → θ& = 200 * − 10.99 t = 20.94 − 10.99 t (2) 30 3).- Cálculo del tiempo del frenaje: ___________________________________________________________________ Se detiene el cilindro, si θ& = 0 , luego en (2): 20.94 0 = 20.94 − 10.99 t → t= = 1.9 seg 10.99 4-73.- Un cilindro hueco está a punto de bajar por un plano inclinado tirando del bloque B, B partiendo del reposo. Hallar la velocidad angular del cilindro que rueda, después de haber recorrido 0.5 m. Utilizar los siguientes datos: RA 0.5 (exterior) = 2.5 m, RA (interior) = 1 m, MA = 100 kg y MB = 30 kg. El cordón es delgado y está enrollado alrededor del cilindro A. La energía cinética del cilindro compuesto debido a la rotación alrededor de su propio eje viene dado por 0.8 veces la del cilindro sólido exterior de radio r = 2.5 m. Solución P4-73 Por el método alternativo del principio de trabajo y energía cinética en el sistema. 1).- Grafico de la posición inicial y final del sistema (ver figura P4.73a): P4-73a 2).- Cálculo de la energía cinética del cilindro y del cuerpo B en la posición final.- a).- Cálculo de la energía cinética del cilindro hueco (ver sistema de partículas): 1 1 1 1 mℜVG2 2 + 0.8 * ∑ mi ρ& 2i = mℜ (ω R ) + 0.8 * mℜ R 2ω 2 2 Ek ℜ = 2 2 2 4 ___________________________________________________________________ Ek ℜ = mℜ R 2ω 2 (0.5 + 0.2) = 100 * 2.5 2 * 0.7 ω 2 = 437.5 ω 2 J b).- Cálculo de la energía cinética del cuerpo B en la posición final: 1 1 m BVB2 = m B (2 R ω ) = 2 * 30 * 2.5 2 ω 2 = 375 ω 2 J 2 Ek B = 2 2 c).- Cálculo de la energía cinética del sistema: Ek = Ek ℜ + Ek B = 812.5 ω 2 3).- Cálculo de la energía potencial en los dos estados: U 1 = mℜ g hG 1 + m B g hB 1 = 100 * 9.81 * 2.66 + 30 * 9.81 * (0.342 + h ) U 1 = 2710.1 + 294.3 h U 2 = m B g hB 2 = 30 * 9.81 h = 294.3 h 4).- Cálculo de la fuerza de fricción de B: a).- D.C.L. de B (ver figura P4-73b): Y mag 20º b).- Relaciones cinéticas: X ∑F Y = 0 → m B g cos 20º = N → N = 276.55 N f T N Luego; f = µ d N = 0.5 * 276.55 = 138.275 N 5).- Por el método alternativo: P4-73b W NC = EM 2 − EM 1 ( ) − 138.275 *1 = 812.5 ω 2 + 294.3 h − (2710.1 + 294.3 h ) 2571.825 = 812.5 ω 2 ω = 1.78 rad/seg 392 2 + 5.887 = senβ sen45º senβ = 0.379 3.Relaciones cinemáticas...379 2 = 2 C a G 2 + 2 C a G = 3. si despreciamos el rozamiento? La barra pesa 900 N y tiene 6 m de longitud.L.887 m X Por ley de senos: 5. de la barra (ver figura P4- P4-74b 74b): ..392 m C a B = 5.76º φ = 101.979 → β = 101.Determinación del centro instantáneo de aceleración nulo y cálculos elementales (ver figura P4-74a): P4-74a Por la ley de senos: 6 Ca A Ca B = = sen75º sen45º sen60º C a A = 4.___________________________________________________________________ 4-74..C.D.76º 2). Solución 1).76º −15º = 86.La barra AB se suelta en la configuración que se muestra ¿Cuáles serán las fuerzas de soporte en ese instante.379 m Por el teorema de la mediana: P4-74a AB 2 Ca A2 + Ca B 2 = 2 Ca G 2 + 2 36 Y 4. Relaciones cinéticas: 1 ∑M Ca = I C aα → 900 d = m l 2 + m C a G 2 α 12 900 1 2 900 * 0.76º i − sen86.22 = * 36 + 3.462 i − 0.81 N B = 626.27 N .81 * 0..887 α → α = 0.81 N A = 317.07 N En (2): 2 900 NA * − 626.___________________________________________________________________ d = 3.119 k x 3.81 12 Luego: aG = α k x rC a G = 0.887 cos 86.76º = 0.462 (2) (1) + (2): 900 − N B (sen60º + cos 60º ) + 900 = (0.026 j (m/seg2) 900 ∑F Y = m aG X → N A * sen45º + N B sen60º − mg = − 9.462 2 9.81 * 0.462) 9.76º j ) aG = 0.026 (1) 900 ∑F X = m aG Y → N B * cos 45º − N B cos 60º = 9.887 (− cos 86.22 m 3).026 + 0.07 * cos 60º = * 0.119 rad/seg2 9.
Report "Problemas de Cinetica Derl Cuerpo Rigido Para Fca Enero 18"