Solucionario Cuerpo Cinetica

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINETICA DE CUERPOS RIGIDOS EN MOVIMIENTO PLANO

________________________________________________________ ____________________________ _______________________________________ ___________ PROBLEMAS SOBRE CINETICA DE CUERPOS RIGIDOS 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 extremo D deslice. deslice.

ℑ

Solución 1).- D.C.L. (ver figura P4-1a):

P4-1

2).- Relaciones cinéticas (cuerpo rígido en movimiento de traslación): a).- Si:

∑ M

=ρ DC x ma i = (i + 3 j ) x ma i

∑ M

= −3ma k

D

D

(1)

También:

∑ M k = −mg *1 k + N r k D

2

(2)

(1) = (2):

a

=

g N 2 r 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:

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ


________________________________________________________ ____________________________ _______________________________________ ___________

∑ F

X

= ma → f − N 2 = ma ,

f = µ N 1

(si, N2 = 0)

400

= ma → µ =

32.2 * 400

* 10.73

µ = 0.333 ABCD con forma de T es guiada por dos 4-2.- La barra ABCD 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 fuerza P.

ℑ 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):

cos 60° =

an

=

V 2 7.5 12

V VD V

→ V =

4 0.5

=8

pie/seg P4-2a

= 102.4

pie/seg

4 pie/seg

0

}

a

&& i + Y && j = X

a

= at (− sen60°i + cos 60° j ) + a n (− cos 60°i − sen60° j )

et

Igualando componentes y operando:

0 = 0.5 a t − 88.68

→

a t

= 177.36

en pie/seg2 P4-2b



________________________________________________________ ____________________________ _______________________________________ ___________

∑ F

X

= ma → f − N 2 = ma ,

f = µ N 1

(si, N2 = 0)

400

= ma → µ =

32.2 * 400

* 10.73

µ = 0.333 ABCD con forma de T es guiada por dos 4-2.- La barra ABCD 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 fuerza P.

ℑ P4-2

Solución NA

NB


G

2).- Relaciones cinemáticas (cuerpo rígido en movimiento de traslación) (ver figura P4-2b):

cos 60° =

an

=

V 2 7.5 12

V VD V

→ V =

4 0.5

=8

pie/seg P4-2a

= 102.4

pie/seg

4 pie/seg

0

}

a

&& i + Y && j = X

a

= at (− sen60°i + cos 60° j ) + a n (− cos 60°i − sen60° j )

et

Igualando componentes y operando:

0 = 0.5 a t − 88.68

→

a t

= 177.36

en pie/seg2 P4-2b



________________________________________________________ ____________________________ _______________________________________ ___________ && = −0.866 a − 51.2 = −204.8 pie/seg2 X t 3).- Relaciones cinéticas:

∑ F

X

&& = m X

0.5( N A N A

+ N B ) = −

6 32.2

+ N B = −76.32

∑ F

Y

* 204.8

lb

(1)

= 0 → 0.866( N A + N B ) + P − w = 0

Reemplazando (1) y los valores correspondientes: 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. indica. Si los coeficientes coeficientes de fricción 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 b). Solución

ℑ 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:

N A

= f A = 0

y f B

θ

= µ s N

b).- Relaciones Relaciones cinéticas:

∑

F X

=0

θ

P4-3a



___________________________________________________________________ P cosθ − µ s N = 0

∑ F

Y

→ P cosθ = µ s N

=0

Psenθ + N − w = 0

∑ M

(1)

B

→ Psenθ = w − N

(2)

=0

wr − Psenθ r (1 + senθ ) − P cosθ r cosθ = 0 → w − Psenθ − P (sen 2θ + cos 2 θ ) = 0 De (1) y (2):

w − w + N −

µ s N = 0 → cosθ = µ s = 0.5 cosθ

Luego:

θ = 60° En (2) reemplazando (1):

Psenθ = w −

P cos θ

µ s

→ P µ s senθ + P cos θ =

µ s w

→ P =

µ s w 100 = ( µ s senθ + cos θ ) 0.933

P = 107.2 lb 2).- Para el caso en donde θ = 60°, P = 107.2 lb y habrá solo movimiento de traslación (no hay incremento de θ): a).- D.C.L. (ver figura P4-3b): b).- Relaciones cinéticas:

∑ F

X

&& = mX

P cos θ − µ K N A

&& − µ K N B = m X

&& − 53.6 − 0.4( N A + N B ) = mX

∑ F

Y

=0

(1)

→ N A + N B − w + Psenθ = 0

P4-3b →

− (w − P sen θ ) = −( N A + N B )



___________________________________________________________________ N A

+ N B = 107.162

∑ M

(2)

&& i = r BG x m X

B

− 2 N A r + wr − Psenθ r (1 + senθ ) − P cos θ r cosθ = −

2r && mX

π

2

&& − 2 N A + (w − Psenθ ) − P (cos 2 θ + sen 2θ ) = − mX

π

N B − N A

&& = 107.2 − 3.954 X

(3)

(2) en (1):

− 0.4 *107.162 =

200 && X − 53.6 32.2

&& = 1.728 → X

pie/seg2

(2) – (3):

+ N B = 107.162 N A − N B = −(107.2 − 6.83) N A

N A

= 3.4

ℑ

lb

4-4.- Una placa semicircular uniforme de 8 kg de masa se sostiene mediante dos eslabones AB y DE, de longitud de 250 mm cada uno y se mueve bajo su propio peso. Despreciando la masa de los eslabones y sabiendo que la posición mostrada la velocidad de la placa es de 1.2 m/seg, determínese la fuerza en cada eslabón.

P4-4

Solución

1).- D.C.L. (ver figuras P4-4a):

π

P4-4a (a)

(b)

(c)



___________________________________________________________________ 2).- Relaciones cinéticas (el cuerpo placa tiene movimiento de traslación y los eslabones son de masa despreciable): a).- En (a) y (b):

∑ M

=0

→ l Bt = 0

→

Bt

=0

∑ M

=0

→ l Dt = 0

→

Dt

=0

A

E

b).- En (c):

V 2

∑ F = m ρ n

c

− Bn − Dn − 8 * 9.81 cos 30° = 8 * Bn

1.2 2 0.25

+ Dn = −114.046

∑ M

G

(1)

=0

Si los brazos de palanca con respecto al centro de masa G son (ver figura P4-4b):

bGB

≅ 0.172

0.172 Bn

m y bGD

= 0.0873

m

− 0.0873 Dn = 0 → Dn = 1.97 Bn

En (1): P4-04b

2.97 Bn

= −114.046 → Bn = −38.4

N

⇒ Dn

= −75.65

N

Luego:

R B

= 38.4

N



30° y R D

= 75.65

N



30° (ambas con una línea vertical a su derecha)

c).- En (a) y (b):

∑ F

= 0 → An = Bn ,

∑ F

= 0 → At = Bt = 0 ,

n (a)

t ( a )

∑ F

n (b)

∑ F

= 0 → E n = Dn

t ( b )

= 0 → E t = Dt = 0 Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ


___________________________________________________________________ Luego:

R A

ℑ

= 38.4

N



30° y R E

= 75.65

N



30°

(Ambas con una línea vertical a su derecha) 4-5.- La vigueta delgada de 200 kg está suspendida de un cable en su extremo como se indica. Si el hombre empuja sobre su otro extremo con una fuerza horizontal P = 30 N, determine la aceleración inicial de su centro de masa G, la aceleración angular de la vigueta y la tensión en el cable AB.

ℑ

P4-5 Solución

1).- D.C.L. (ver figura P4-5a): P4-5a 2).- Relaciones cinéticas (el cuerpo parte del reposo, su centro instantánea de aceleración nula es B y solo tendrá aceleración tangencial, que es horizontal):

∑ F

X

= m aG → 30 = 200 aG

= 0.15 m/seg2 ∑ F Y = 0 → T = mg → T = 1962 aG

∑ M

G

= I Gα → 30 * 2 =

α = 0.225

1 12

N

* 200 * 4 2 α

rad/seg2

4-6.- 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. El eslabón AB que une el centro del disco con el soporte B es de peso despreciable. Si sabemos que el coeficiente de rozamiento cinético entre el disco y la banda es de 0.30, obténgase para cada una de las distribuciones indicadas en las figuras P4-06, la aceleración angular del disco mientras éste desliza.



___________________________________________________________________

ℑ

ℑ ℑ

ℑ

P4-6

Solución 1).- D.C.L. (s). De los discos y d e las barras (ver figuras P4-6a):

(a)

P4-6a (b) Los dos discos tienen movimientos alrededor de un eje fijo, que pasa por A 2).- Relaciones cinéticas en el primer caso:

∑ M

B

∑ F

Y

= 0 → AY l = 0 → AY = 0

= 0 → N = w

Si:

f = µ K N = 0.3mg (hay resbalamiento)



___________________________________________________________________

∑ M

A

α =

1

1

2

2

= I Aα → f r = mr 2α → 0.3mg = mr α

0.6 * 9.81 0.15

= 39.24



rad/seg2

3).- Relaciones cinéticas para el segundo caso:

∑ M

= 0 → 0.6 AY + 0.15 A X = 0 → A X = −4 AY

∑ F

= 0 → f + A X = 0 → f = 4 AY

(2)

∑ F

= 0 → N − w + AY = 0 → N = w − AY

(3)

B

X

Y

Si: f

(1)

= 0.3N , (3) en (2)

0.3w − 0.3 AY

= 4 AY → AY = 4.1 Newton

Luego:

f = 16.4 Newton 1

∑

= I Aα → f r = mr 2α

16.4 =

1

M A

2

2

* 6 * 0.15α

α = 36.44



ℑ

rad/seg2

ℑ

4-7.- Una barra delgada ℜ de 64.4 lb de peso está unida por cables sin masas a un pivote fijo A, como se muestra en la figura. El sistema oscila alrededor de A como si fuera un péndulo. En θ = 0°, la velocidad angular es de 2 rad/seg en sentido antihorario, cuando el cable AD se rompe. Encuentre la tensión en el cable AB en esté instante.

Solución

1).- D.C.L., para el instante que se rompe el cable AD (ver figura P4-7a):

P4-7



___________________________________________________________________ 2).- Relaciones cinemáticas:

aG

= at et + an en

aG

= at et + ω 2 r AG en = at et + 4 *12 en

aG

= at et + 48 en

(pie/seg2)

3).- Relaciones cinéticas:

∑ F = m a n

n

P4-7a

T AB sen 67.38° − mg = man

=

T AB

m ( g + 48) sen 67.38°

= 173.77

lb

4-8.- La rueda A pesa 15 lb, tiene un radio central de giro de 6 plg y rueda sobre la superficie horizontal. 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. Solución

Las únicas fuerzas que producen trabajo son los pesos y estos son fuerzas conservativas, luego la energía mecánica se conserva.

ℑ Y

G1

1).- Cálculo de las energías en la posición inicial y final (ver figura P3-8a):

U 1

=

8 (10 + 10 sen30°) 12

+ 8*

P4-8

X

30º

10

10''

12 30°

U 1

= 16.67

E K 1

lb-pie

=0 P4-8a



___________________________________________________________________ U 2

= 8*

E K 2

1

10 12

+ 8*

10 12

= m V + 2

2 D A 2

sen30° = 10 lb-pie

1  V A 2  I A   2  r 

2

1

1

1

2

2

2

+ mbV D22 + I Gω A2 2 D 2 + I C ω B2 2C

(1)

2).- Relaciones cinemáticas:

V B 2

= V A2 + ω A2 B 2 k x r A2 B 2

− V B 2 j = −V A2 i + ω A2 B 2 k x (17.32 i + 10 j ) Igualando componentes y operando:

0 = −V A 2

− 10ω A2 B 2

→ ω A 2 B 2 = −

V A 2 10

− V B 2 = 17.32 ω A2 B 2 → V B 2 = 1.732 V A2 V D 2 V D 2

= −V A2 i − 2

V A 2 10

k x (8.66 i

+ 5 j ) = −0.5 V A 2 i − 0.866 V A2 j

= V A22

ω B 2C =

V B 2 r CB 2

=

1.732 V A 2 20

= 0.0866 V A 2

3).- Por conservación de la energía mecánica: En (1):

1   m DV A22 2 

=

E K 2

= 0.03 V A22 + 1.167 V A22 = 1.197 V A22

Si: E M 1

+ m D 6 *

V A22

E K 2

2

64

+ m V + 2 b A 2

1 12

2

mb 20 *

V A22 100

1



3



+ mb 20 2 * 0.0866 2 V A22 

= E M 2



___________________________________________________________________ 16.67 = 10 + 1.197 V A22

∴ V A2 = 2.36

pie/seg

()

4-9.- El carrete y el alambre enredado alrededor de su eje tienen una masa de 20 kg y un radio de giro centroidal K G = 250 mm. Si el coeficiente de fricción en el suelo es µB = 0.1. Determine la aceleración angular del carrete cuando se aplica un par de M = 30 N-m.

ℑ P4-9

Solución


2).- Relaciones cinemáticas: El movimiento se da con resbalamiento en B, y no así en A, luego:

V A

=0

y a A t

=0

Por lo que:

aG

= a A + α k x r AG − ω 2 r AG

aG

= −0.2ω 2 j + α k x (− 0.2 j ) − ω 2 (− 0.2 j )

aG

= 0.2α i

P4-9a

(1)


∑ F = mY && Y

G

= 0 → N = mg = 20 * 9.81 = 196.2

Newton

Si:

f = µ N = 0.1 * 196.2 = 19.62 Newton

∑ F

X

&& = 4α = mX G



___________________________________________________________________

− 19.62 + T = 4α → T = 19.62 + 4α

∑ M

G

(2)

= I Gα

30 − 0.2 T − 0.4 * 19.62 = 20 * 0.25 2 α

(3)

(2 ) en (3) :

18.232 − 0.8 α = 1.25 α

α = 8.894

rad/seg2

4-10.- Una barra BC uniforme de 4 kg de masa, está unida a un collarín en A por medio de la cuerda AB de 0.25 m. Despreciando la masa del collarín, masa de la cuerda, y las fricciones; 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.

ℑ

P4-10 Solución

1).- D.C.L., cuando la barra y la cuerda forman una línea (ver figura P4-10a):


∑ M k = I α k + ρ C

C

xa C

CG

P4-10a

− mg

0.4 2

*

0.25 0.65

k = I C α k + (0.077 i

+ 0.1846 j ) x maC

(1)



___________________________________________________________________ Para que a A sea mínima la barra debe tener un movimiento de traslación, luego:

aC = a A

= a Ai y α = 0

En (1):

− 0.077 mg = −0.1846m a A → 0.077 * 0.981 = 0.1846 a A a A

= 4.092

∑ F

m/seg2

= ma A

X

→

0.25 0.65

T = 4 * 4.092

0.385T = 16.368 T = 42.51 Newton 4-11.- Una mujer está sentada en una posición rígida sobre una mecedora conservando sus pies sobre los travesaños del fondo en B. En el instante indicado ella ha llegado a una posición extrema hacia atrás y tiene una velocidad angular cero. Determine su aceleración angular hacia atrás y la fuerza de fricción en A necesario para impedir que la mecedora se deslice. La mujer y la mecedora tienen un peso combinado de 180 lb y un radio de giro de K G = 2.2 pies.

ℑ


P4-11

2).- Relaciones cinemáticas: La aceleración del centro instantáneo de velocidad nula (en todos los casos), depende solo de las velocidades angulares, por lo que, en el instante pedido V A

= a A = 0 , luego:

0

}

aG

= a A + α k x r AG

aG

= α k x (− 0.5 i + 3 j ) = −α (3 i + 0.5 j )

(1)


∑ M k = I A

0

}

α k + ρ AG x m a A

A ZZ

P4-11a



___________________________________________________________________ 2 0.5m / g = m/ ( K G

α = 1.14

∑ F

X

+ d 2 ) α = (2.2 2 + 0.5 2 + 3 2 ) α = 14.09 α

rad/seg2

&& = m X G

→

&& f = mX G

(2)

(1) en (2) :

f =

180 32.2

(− 3 *1.14) = −19.12

lb

f = 19.12 lb () 4-12.- 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. Si el conjunto se suelta del reposo cuando θ = 60°, determínese: a) la velocidad angular de los discos cuando θ = 180° y b) la fuerza ejercida por la superficie sobre cada disco en ese instante. Solución

ℑ

P4-12

1).- D.C.L.(s) (ver figura P4-12a):

P4-12a

(a)

(b)

(c)



___________________________________________________________________ 2).- Las únicas fuerzas en el sistema que producen trabajo son conservativas, por que hay conservación de la energía mecánica, además la barra tiene siempre movimiento de traslación:

E M 1

= E M 2

a).- Diagrama de las posiciones inicial y final (ver figura 12b):

60°

A1 C2

C1

D1

D2 B2

G2

A2

L.R

B1

G1

P4-12b b).- Por conservación de la energía mecánica:

U 1

= 2m D g * 0.2 + mb g (0.2 + 0.15 cos 60°)

= 0.4m D g + 24.28

=0

E K 1 U 2

U 1

→

= 0.4m D g + mb g (0.2 − 0.15)

E K 2

E K 2

→

1

1

1

2

2

2

U 2

= 0.4m D g + 4.415

= 2 * m DV C 2 + 2 * ω D2 I C + mbV A22 2

= (0.2ω ) 6 +

6 * 0.2 2 2

ω 2 +

1 2

2

* 9 (0.05ω )

→ E K 2

= 0.37ω 2

Luego:

0.4m D g + 24.28 = 0.4m D g + 4.415 + 037ω 2

→

ω = 7.327

rad/seg

3).- Cálculo de la fuerza (normal) ejercida por la superficie del piso en el instante pedido: a).- Relaciones cinemáticas, parar la barra AB (en movimiento de traslación), en cualquiera de los discos:

a A

= a D + α k x r DA − ω 2 r DA

a A

= −0.05α i + 8.05 j

→

a A

= 0.2ω 2 j + α k x 0.05 j − 0.05ω 2 j



___________________________________________________________________ b).- Para el sistema: 0

∑ F

Y

0

}

}

&& + m Y && && = m D Y C D D + mb Y G

2 N − 2 w D

&& − wb = mbY G

2 N = 206.01 + 9 * 8.05 N = 139.23 Newton 4-13.- La barra uniforme AB tiene una masa de 20 kg y está articulada en A. Si se quita el apoyo en B ( θ = 90°), determine la velocidad del bloque C de 5 kg, en el instante en que la barra gira hacia abajo a θ = 150°. Desprecie la masa y el tamaño de la polea en D.

P4-13

Solución

Las únicas fuerzas que producen trabajo conservativas, la energía mecánica se conserva.

son

1).- Diagrama de las posiciones inicial y final, cálculos elementales:

L

l

2

= 1 + 1 + 1.5 = 3.5

y

m

= 1.866 2 + 0.5 2 →

l

= 1.932

m

(1.5 − X ) + 1 + 1.932 = 3.5 → X = 0.932

m

P4-13a 2).- Por conservación de la energía mecánica:

E M 1 U 1

= E M 2

= 1.5 * 20 * 9.81 = 294.3

E K 1

Joule

=0 Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ


___________________________________________________________________ U 2

= 1.067 * 20 * 9.81 + 0.932 * 5 * 9.81 1

1

2

2

E K 2

= I Aω 2 + mC V C 22

E K 2

= 4.167 V C 2

→ E K 2

=

→ U 2

= 255.06

Joule

 2 V C  1 1  * * 20 * 12   2 *1  2 3  

2

1

+ * 5 V C 2 2

Joule

Luego:

294.3 = 255.06 + 4.167 V C 2 V C

= 3.07

m/seg

4-14.- La barra AB de 10 kg está articulada en A y sujeta a la acción de un par M = 15 N-m. Si la barra se suelta desde el reposo cuando el resorte tiene su longitud libre, en θ = 30°, determine la velocidad angular de la barra en el instante en que θ = 60°, conforme gira la barra el resorte siempre se conserva horizontal, debido al apoyo del rodillo C.

ℑ

Solución

Por el principio de trabajo y energía cinética. 1).- Diagrama de las posiciones inicial y final:

=δ

P4-14

2).- Trabajo y energía cinética de (1) a (2): P4-14a

W 1− 2

= ∆ E K 0

W 1−2 g + W 1− 2 M

}

+ W 1−2 e = E K 2 − E K 1



___________________________________________________________________ l mg ( sen60° − sen30°) + M (θ 2 2

98.1 *

0.75

1

1

2

2

− θ 1 ) − K δ 2 = I Aω 2

1 1 π π  1 2 2 2 (0.8666 − 0.5) + 15  −  − * 40 * 0.2745 = * 10 * 0.75 ω

 3

2 ω = 4.59 rad/seg

6 

2

2 3

4-15.- El tambor de 50 kg, que tiene un radio de giro de K 0 = 180 mm, rueda a lo largo de un plano inclinado para el cual el coeficiente de fricción es µ = 0.2. Si el tambor se suelta desde el reposo, determinar el ángulo θ del plano inclinado de manera que ruede sin deslizar en A.

P4-15 Solución


θ 2).- Relaciones cinéticas:

∑ M k = I α k + ρ A

A

0

}

xma A

AG

P4-15a

mg senθ r = m ( K O2

∑ F

X

&& = m X G

+ r 2 ) α

→

α =

g senθ r K O2

+ r 2

(1)

→ f − mg senθ = − mα r

 g senθ r 2   f = m g senθ − 2 2  K r + O  

(2)

∑ F

(3)

Y

=0

→ N = mg cosθ



___________________________________________________________________ 3).- La condición extrema (la rueda está a punto de deslizar), se da cuando:

f = µ N

(4)

Reemplazando (2) y (3) en (4):

 K O2   = mg cosθ µ mg senθ  2 2  K r +  O  tg θ =

( K 2 + r 2 ) O

K O2

µ =

0.18 2

+ 0.375 2

0.18 2

* 0.2 = 1.068

Luego:

θ = 46.88° ≅ 46.9° 4-16.- La barra ℜ1 está articulada sin fricción en el soporte A, así como en el punto B al cuerpo ℜ2 (ver figura). El extremo C resbala sobre una superficie lisa horizontal. Si C parte del reposo en θ = θ0. Determine las velocidades angulares de las barras justo antes de que ambas alcancen la posición horizontal. Si la masa de cada barra es m.

Solución

ℑ

Las únicas fuerzas que producen trabajo en el sistema son los pesos y estos son conservativos, luego la energía mecánica se conservará:

ℑ

P4-16 Y

B1

1).- Diagrama de la posición inicial y final (ver figura P4-16a): X

D1

G1

2).- Relaciones cinemáticas: A

a).- Velocidad de C en (2):

G2 D2

B2

C2

L.R

C1

P4-16a



___________________________________________________________________ V C

= V C i = V B + ω 2 k x L i = −ω 1k x L i + ω 2 k x L i = −(ω 1 − ω 2 ) L j

Igualando componentes:

0=

1

− ω 2 → ω 1 = ω 2

b).- Velocidad de G en (2):

V G 2

= V B + ω 2 k x r BG 2 = −ω 1 L j + ω 2 k x

V G 2

= − L  ω 1 −

 

ω 1 

L 2

i

 

= − L  ω 1 −

ω 2 

 j

2 

L

 j = − ω 1 j 2  2

3).- Por conservación de la energía mecánica:

L

U 1

= 2mg senθ O = mg L senθ O

U 2

=0

y E K 2

=

1 1 * mL2ω 12 2 3

y E K 1

2

E K 2

1

1

1

2

2

2

=0

= I Aω 12 + mV G22 + I G 2ω 22 1

L2

2

4

+ m

ω 12 +

1

*

1

2 12

mL2ω 12

1

= mL2ω 12 3

Luego:

E M 1

= E M 2

Lmg senθ O

ω ℜ1 = −

ω ℜ2 =

1

3 g senθ O

3

L

= mL2ω 12 → ω 1 =

3 g senθ O L 3 g senθ O L

k (rad/seg)

k (rad/seg)



___________________________________________________________________ 4-17.- Una semiesfera de peso W y radio r se suelta desde el reposo en el posición indicada. 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.

Solución


2).- Relaciones cinemáticas, para un movimiento de rodadura:

= aO + α x r OG = α r i − α k x

aG

3 8

ℑ P4-17

r i

3/8r B

3

aG

= α r i − α r j

a A

= ω 2 r j = 0

(Unid. de aceleración)

8

∑ F

= maGX

→

∑ F

= maGY

→ N = w − mα r

X

Y

∑ M

− f = mα r

W

(1)

3

8

A

(2)

f

0 }

A

= I Aα + mr a A

 2  M A = − r w = − r 2  + 1α 8 g  5 

∑

G

O


3

w

N

→

α =

15 g 56 r

P4-17a (3)

(3) en (1) y (2) :

f = −

w 15 g 15 * * r = − w () g 56r 56



___________________________________________________________________

 3 1 15 g  N = w 1 − * * * r  = 0.9 w 8 g 56 r  



4).- Para rodamientos, se debe cumplir:

f ≤ µ S N

15

→

56

w ≤ 0.9 wµ S

→

µ S = 0.298

(valor limite)

5).- Cálculo de la aceleración de B: Si:

15

aO

=

a B

= aO − α k x r j =

a B

= 0.536 g i

g i 56 15 56

g i

+

15 56

g i

=

30 56

g i

(Unidades de aceleración)

4-18.- Dos paneles semicirculares de radio”r” cada uno, se une mediante bisagras a la placa cuadrada como aquí se muestra. La placa y los paneles son del mismo material y espesor. Si se sabe que cuando los paneles están en posición vertical el conjunto gira con velocidad angular ωo, determínese la velocidad angular final del conjunto después que los paneles alcanzan el reposo en una posición horizontal, respecto a la placa cuadrada.

ℑ

Y WO ω 0

P4-18 Solución

W

W

1).- D.C.L. (ver figura P4-18a): Oy o Oz

G Ox

2).- Como X W

∑ M

O

= 0,

la cantidad de

movimiento angular se conserva:

W Z

P4-18a



___________________________________________________________________ a).- Cálculo de la cantidad de movimiento angular, para el instante inicial del sistema:

H 01 P = 2

∫℘ ( X i + Y j + Z k ) x ω j x( X i + Y j + Z k ) dm O

i j H 01 P = 2ω O

∫℘

k

X Y Z Z 0

dm

− X

∫℘ − XY dm + j ∫℘ ( Z

H 01 P = 2ω O i

2

+ X 2 ) dm + k ∫℘ − YZ dm

0

0

}

O H 01 P = 2ω O I XY i

H 01 Pl = I YY ω O j

1

}

O O O + 2ω O I YY = mr 2ω O j j + 2ω O I ZY k = 2ω O I YY

2

=

1 12

m Pl (4r 2

2

+ 4r 2 )ω O j = m Pl r 2ω O j 3

(1) (2)

b).- Cálculo de la cantidad de movimiento angular, para el instante final en el sistema: 0

0

}

0

}

}

0

}

O O H 02 P = I ω i + I ω k + I ω j + I ω i + I ZY ω j + I YY O XY

H 02 P = 2m H 02 Pl =

2

O ZY

r 2 2

O YY

O XY

ω j = mr 2ω j

(3)

m Pl r 2ω j

3

(4)

Si: (ρ es la masa por unidad de área)

H 01 1 2

= H 02

mr 2ω O

2

2

3

3

+ m Pl r 2ω O = mr 2ω + m Pl r 2ω

2  1 ρ 2 2 2   ρ  π r r + ρ * 4r 2 r 2  = ω  π r 2 r 2 + ρ * 4r 2 r 2  3 3  2 2   2 

ω O  *

 3π + 32   3π + 16   = ω    12   6 

ω O 



___________________________________________________________________

ω = 0.815ω O

(Unidades de velocidad angular)

4-19.- Una plataforma horizontal tiene un peso de 300 lb y un radio de giro con respecto al eje Z, que pasa por su centro O de K Z = 8 pies. La plataforma está libre para girar alrededor del eje Z e inicialmente en reposo. Un hombre, que tiene un peso de 150 lb, empieza a correr a lo largo del borde en una trayectoria circular de 10 pies de radio. Si él tiene una rapidez de 4 pie/seg y mantiene está rapidez relativa a la plataforma, calcule la velocidad angular de la plataforma. Solución

P4-19

Como no hay fuerzas externas, que producen momentos con respecto al eje Z, luego se conserva la cantidad de movimiento angular con respecto a ese eje. 1).- Relaciones cinemáticas.- Cálculo de la velocidad del hombre con respecto al marco móvil, para un tiempo cualquiera:

→

a).- Movimiento del marco móvil plataforma:

→

ω = ω k

→

b).- Movimiento del hombre respecto a la plataforma:

ρ = r i ,

P4-19a

& = V j ρ h P

c).- Movimiento del hombre respecto al marco inercial tierra:

& = ω k x r i V = ω x ρ + ρ

+ V h j =   ω r + V h  j P





P

2).- Por conservación del momentum angular:

H O i Z

=0

H O f Z = H OZ Pl + H OZ h



___________________________________________________________________ H OZ h

& ) = m rV = mh ( X Y & − Y X h

H OZ Pl = I 0ω Luego:

I Oω + mh r   ω r + V h  = 0



300 32.2

* 8 2 ω +



P

150 32.2

ω = −0.175 k

* 10 (10ω + 4 ) = 0

rad/seg

4-20.- Cada una de las barra AB y BC tiene una longitud L = 15 plg y pesan 4 lb cada uno. Si se aplica una fuerza horizontal P de modulo 3.5 lb como se muestra en la figura. Determínese la aceleración angular de cada barra.

By

Bx

B

Y

X

G2 W

W

P4-20

P

(a)

C

Solución 1).- D.C.L.(s) (ver figuras P4-20a):

(b) P4-20a 2).- Relaciones cinemáticas:

aG1

&& i + Y && j = α k x r = α k x = X G1 G1 1 AG1 1

15 24

(− j )



___________________________________________________________________ && X G1

7.5

=

12

(pie/seg2)

α 1

&& Y G1

=0

aG 2

&& i + Y && j = a + α k x r = α k x = X G2 G2 B 2 BG 2 1

aG 2

=

15 12

15

&& X G2

=

&& Y G2

=0

7.5

α 1 i +

12

α 1 +

12

7.5 12

15 12

(− j ) + α 2 k x 15 (− j ) 24

α 2 i

α 2

3).- Relaciones cinéticas: En (a):

 7.5  α 1  12  

∑ F

&& = m X → A X − B X = m G1

(1)

∑ F

=0

(2)

X

Y

→ AY − BY − w = 0

15 M A = − B X 12

∑

15 2

=m

3 * 12

α 1 2

→

B X

=−

15 3 * 12

mα 1

(3)

En (b):

7.5   15 α 1 + α 2  12   12

∑ F

&& = m X G2

→

∑ F

=0

BY

X

Y

→

∑ M

=−

P − B X

=

G2

15

B X 12 * 2

15 6 * 12

mα 2

B X + P = m

=w

+

15

(4)

(5)

15 2

P = m α 2 2 * 12 12 * 12 2 (6)



___________________________________________________________________ Reemplazando (3) en (4) y (6):

3.5 =

4 * 15  α 1  12 * 32.2  3

3.5 =

α   − α 1 + 2  32.2 36  2  4

*

+ α 1 +

α 2 

 2 

15 

→

22.54 =

4 3

α 1 +

→ 67.62 = −α 1 +

α 2

(7)

2

α 2

(8)

2

(8) - (7):

7

⇒

− 45.08 = α 1 3

α 1 = 19.32

rad/seg2 ()

En (8):

67.62 = 19.32 +

α 2 2

⇒

α 2 = 96.6

rad/seg2 ()

4-21.- Un semiesfera de masa m y radio r se suelta del reposo en la posición indicada en la figura. Suponiendo que la semiesfera rueda sin deslizar, 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, luego la energía mecánica se conserva:

P4-21

1).- Diagrama de las posiciones inicial y final: 3/8r

Y

X

O2 O1

G1 W

3/8r

G2 r

5/8r

L. R. f

D Ci

P4-21 N



___________________________________________________________________ 2).- Por conservación de la energía mecánica:

U 1

= mg r =0

E K 1 U 2

 5   8 

= mg  r  1

E K 2

= I C iω

E K 2

=

2 2

2

m 2

Si: E M 1

→

=

2 2  3   5   2 − m r  + m r   ω 2  8   8  

r 2 (0.65)ω 22

= E M 2

mg r = 0.325mr 2ω 22 1.154 g

ω 2 =

E K 2

1  I O 2 

r

5

+ mg r 8


3).- Cálculo de la reacción normal de la superficie: Si:

∑ F = mY && Y

(1)

G2

También

 5  8

 

 5  8

 

aG 2

= a D − α k x r DG 2 − ω 22 r DG 2 = ω 22 r j − α k x  r j  − ω 22  r j 

aG 2

= α r i + ω 22  r − r  j = α r i + 0.433 g j

5 8

 

5  8 

5

8

En (1):

N − w = 0.433mg

⇒ N = mg (1 + 0.433)



___________________________________________________________________ N = 1.433 mg (Unidades de fuerza) 4-22.- La barra uniforme en la figura (masa = 5 Slug, longitud L = 10 pies) se libera desde el reposo en la posición mostrada. Despreciando la fricción, encuentre la fuerza que el piso ejerce sobre el extremo inferior de la barra, cuando el extremo superior está a 6 pies arriba del suelo. Sugerencia: Use primero un diagrama del cuerpo libre y las ecuaciones de movimiento, para deducir la trayectoria del centro de masa.

L

Solución 1).- D.C.L. (para un instante cualquiera) (ver figura P4-22a):

ℑ

P4-22 Y


∑ F

ω α

&& && & → cte ⇒ X = m X → 0 = m X G G G

X

& y si X G

L G

= 0 ⇒ X G → cte

W

Luego si X G

= 0 , la trayectoria se encontrara θ

en el eje “Y”.

∑ F

Y

∑ M

&& = mY G

G

α =

A

&& → N − w = mY G

= I Gα →

6 N cos θ ml

=

L

1

2

12

− N cos θ = − I Gα =

6 N cos θ 5 * 10

(1)

X

O N

P4-22a

m L2α

= 0.12 N cosθ

(2)

3).- Relaciones cinemáticas (para un instante cualquiera):

V G

= V A − ω k x r AG = −V A i − ω k x 5 (cos θ i + senθ j )

0 644 7 44 8 V G = (− V A + 5ω senθ ) i

aG

− 5ω cosθ j

(3)

= a A − α k x r AG − ω 2 r AG



___________________________________________________________________ aG

= −a Ai − α k x 5(cos θ i + senθ j ) − 5ω 2 (cos θ i + senθ j )

0 644 4 4 4 7 44 4 4 4 8 2 a G = (− a A + 5α senθ − 5ω cos θ ) i

− (5α cosθ + 5ω 2 senθ ) j

(4)

4).- Como la única fuerza que produce trabajo es el peso, la energía mecánica se conserva: a).- Diagrama de las posiciones inicial y final (ver figura P4.22b): b).- Por conservación de la energía mecánica:

U 1

4

= mg h1 = mg 5 * = 4mg

E K 1 U 2

4

5

3

=0

G1

= mg h2

h1

6 pie

G2 h2

L.R. O

U 2

= mg 5 *

6 10

= 3mg

P4-22b

2

8  1  E K 2 = mV + I G ω = m 5ω 2 *  + m 100ω 22 = 60.835ω 22 2 2 2  10  24 1

Si: E M 1

2 G2

1

2 2

1

= E M 2

4mg = 3mg + 60.835ω 22

∴ ω 2 = 1.63

→ 5 * 32.2 = 60.835ω 22

rad/seg

Luego:

&& Y G

 

= − 5α *

8 10

+ 5 *1.63 2 *

6 

 = −(4α + 7.97 )

10 

(5)

En (5) , (2) :



___________________________________________________________________ && Y G

= −(0.48 * 0.8 N + 7.97 ) = −(0.384 N + 7.97 )

(6)

(6) en (1):

N = 5 * 32.2 − 5(0.384 N + 7.97 ) N = 41.49 ≅ 41.5 lb 4-23.- La barra AB de masa m desliza libremente dentro del tubo CD, también de masa m. La velocidad angular del conjunto era ω1 cuando la barra estaba totalmente dentro del tubo (X =0). Despreciando el efecto de rozamiento determínese la velocidad angular del conjunto cuando X = (2/3) L. Solución

Las fuerzas externas en el sistema no producen momento con respecto al eje vertical, la cantidad de movimiento angular se conserva con respecto al eje mencionado.

ℑ P4-23

1).- Diagrama de los estados inicial y final (ver figura P4-23a):

L

X = 2/3L A1

G1

B1 D

B2 L/2

G2

A2

C L/3

L/6

P4-23a 2).- Por la conservación del momentum angular:

(∑ H OZ i )i = (∑ H OZ i ) f (∑ H OZ i ) f

(∑ H OZ i )i = 2 I Oω = 2 mL ω 2

→

1

3

1

(1)

2 1  L   2 = I OC ω + I O bω = mL ω +  mL +  L +  m ω 3 6    12

1

2



___________________________________________________________________

(∑ H OZ i ) f = 16 L mω 2

(2)

9

(1) = (2):

2 3

mL2ω 1

=

16 2 L mω 9

ω = 0.375 ω 1

3

→ ω = ω 1 8

rad/seg

Z

4-24.- El collarín B tiene una masa de 3 kg y se puede deslizar libremente sobre la barra OA que puede girar libremente en un plano horizontal. El conjunto está girando con una velocidad angular ω = 1.8 rad/seg, cuando se suelta un resorte localizado entre A y B proyectando el collarín a lo largo de la barra con una velocidad relativa inicial de Vr = 1.5 m/seg. Si el momento de inercia de la barra y resorte respecto a O es 0.35 kg m 2, determínese: a) la distancia mínima entre el collarín y el punto O en el movimiento subsiguiente (Vr =0) y b) la velocidad angular del conjunto correspondiente al instante en que el collarín se encuentre a esa mínima distancia.

ℑ

A

P4-24

ℑ

Solución

Como no hay fuerzas que produzcan momento con respecto al eje vertical, el momentum angular se conservará; además no hay fuerzas que produzcan trabajo, luego la energía cinética se conserva. 1).- Por conservación de la cantidad d e movimiento angular:

(∑ H ) = (∑ H ) OZ i i

OZ i f

(∑ H ) = 0.35ω + 3 * 0.5 OZ i i

1

2

ω 1 = 1.98

(∑ H ) = 0.35ω 2 + 3 ρ 22ω 2 OZ i

f

kg-m2/seg

(1) (2)

(2) = (1):

0.35ω 2

+ 3 ρ 22ω 2 = 1.98

(3)



___________________________________________________________________ 2).- Por conservación de la energía cinética:

1 2

* 0.35 * 1.8 2

1

1

1

2

2

2

+ * 3(V r 21 + ρ 12ω 12 ) = * 0.35ω 22 + * 3( ρ 2ω 2 )2

5.157 = 0.175ω 22

=

3 ρ 22ω 2

10.314

ω 2

 ω 2   2  

+ 3 ρ 22ω 2  − 0.35ω 2

(4)

(4) en (3):

0.35ω 2

ω 2 =

+

10.314

ω 2

10.314 1.98

− 0.35ω 2 = 1.98

= 5.2091 ≅ 5.21

rad/seg

En (3):

0.35 * 5.2091 + 3 ρ 22 * 5.2091 = 1.98

ρ 2 = 100.2

→ ρ 2 = 0.1002

mm

m Z

4-25.- Un tubo AB de 1.6 kg puede deslizar libremente sobre la barra DE, que puede girar libremente en un plano horizontal. Inicialmente, el conjunto gira con una velocidad angular ω = 5 rad/seg y el tubo se mantiene en su posición mediante una cuerda. El momento de inercia de masa de la barra y la ménsula respecto al eje de rotación vertical es de 0.30 kg-m2 y el momento central de inercia del tubo respecto al eje vertical de rotación es 0.0025 kg-m2. Si súbitamente se rompe la cuerda. Determínese: a) la velocidad angular del conjunto después que el tubo se mueve hasta el extremo E y b) la perdida de energía durante el choque plástico en E.

P4-25 Solución

Como el momento con respecto al eje vertical es nulo la cantidad de movimiento angular se conserva.



___________________________________________________________________ 1).- Por conservación del momentum angular:

(∑ H ) = (∑ H ) OZ i i

OZ i f

(∑ H ) = I 0 ω 1 + I 0 + m(0.0625)2 OZ i i

ZZ

ZZ T

(∑ H ) = 1.544

ω 1 = 5 (0.3 + 0.0025 + 6.25 x10 −3 )

kg-m2/seg

OZ i i

(1)

(∑ H ) = 0.3ω + 0.0025 + 1.6(0.4375)

2

OZ i

2

f

ω 2 = 0.609 ω 2

(2)

(2) = (1):

ω 2 =

1.544 0.609

= 2.535 ≅ 2.54

rad/seg

2).- Cálculo de la energía cinética perdida: a).- Cálculo de la energía cinética del tubo, antes del choque, por conservación de la energía cinética, ya que no hay fuerzas que produzcan trabajo:

E K 1 B + E K 1 T = E K 2 B + E K 2 T 1

1

2

2

→

E K 2 T = E K 1 B + E K 1 T − E K 2 B

E K 2 T

= I O B (ω 12 − ω 22 ) + [ I O T + m(0.0625)2 ]ω 12

E K 2 T

= 2.895

Joule

b).- Cálculo de la energía cinética del tubo después del choque:

E K 2 TB

=

1 2

[0.0025 + 1.6(0.4375) ]* 2.535 2

2

= 0.992

Joule

Luego:

E P = E K 2 T − E K 2 TB

= 2.895 − 0.992 = 1.903

E P ≅ 1.9 Joule



___________________________________________________________________ 4-26.- Una polea y sus accesorios en rotación tienen una masa de 1000 kg y un radio de giro de 0.25 m. Se aplica un simple freno de mano tal como se muestra utilizando una fuerza P. Si el coeficiente cinético entre la cinta y la polea es de 0.2 ¿ Cuanto debe valer P para cambiar ω de 1750 RPM a 300 RPM en 60 seg?. Si la relación de tensiones en un freno de mano de este tipo

es:

T 1

= e µ β K

T 2

donde: T 1

> T 2

y

ℑ

β es el ángulo de

agarre de la cinta (freno).

ℑ

Solución

P4-26

1).- D.C.L.: Y

P

T

O

X

O

O

0.4 m

ω

C

B

T

0.6 m A

A

A T

T

(a)

P4-26a

(b)

2).- Relaciones cinéticas: a).- Por consideraciones del problema:

T 1 T 2

= e 0.2 π = 1.874 → T 1 = 1.874 T 2

(1)

b).- Para (b):

∑ M

A

= 0 → 1.0 P − 0.6 T 1 = 0 → T 1 = 1.67 P

(2)

(2) en (1):

T 2

= 0.891 P

(3)

c).- Para (a):



___________________________________________________________________

∑ M

0

= I 0α → 0.3 T 1 − 0.3 T 2 = 1000 * 0.25 2 α

(4)

Reemplazando (2) y (3) en (4):

0.3(1.67 P − 0.891 P ) = 62.5 α

→

P = 267.44 α

(5)

3).- Relaciones cinemáticas: Si:

ω f = ω 0 − α t → 300 *

α =

π 30 * 60

π 30

= 1750 *

(1750 − 300) = 2.53

π 30

− α * 60

rad/seg2

Luego en (5):

P = 267.44 * 2.53 = 676.62 N 4-27.- El motor eléctrico de la figura entrega una potencia de 4 KW a 1725 RPM a la bomba que acciona. Calcular el ángulo de inclinación β del motor bajo carga, si la constante de cada uno de sus cuatro soportes elásticos es de 15 KN/m. ¿En qué sentido gira el motor?

ℑ

Solución

P4-27

1).- D.C.L. del motor (ver figura P4-27a):

2).- Cálculo de la deformación de los resortes. a).- Si:

P = M ω

O β

M =

P

ω

=

4000 π 1725 * 30

b).- Del D.C.L.:

= 22.14

N-m

δ

δ

β

(1) F F P4-27a



___________________________________________________________________ M = 0.1 F e

+ 0.1 F e = 0.2 F e = 0.2 * 2 K δ

→ M = 6000 δ

(2)

(1)= (2):

22.14 = 6000 δ

→ δ = 3.69 x10 −3

3).- Cálculo del ángulo de inclinación

m

→

δ = 3.69

mm

β: ℑ

 3.69   = 2.113° 100  

β = tg −1 

Gira en sentido horario 4-28.- 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. Si se suelta en reposo desde la posición horizontal con θ = 90°, escribir expresiones de la tracción T, la fuerza cortante V y el momento flector M en la barra en función de X para una posición dada de θ. Se desprecia todo los rozamientos.

l

Solución

Como la única fuerza que produce trabajo es el peso la energía mecánica se conserva. 1).- D.C.L. de la barra y de la barra cortada para un ángulo θ ( si, ρ =

O

P4-28

m

):

l

O

O

θ

/2

GX e

G

θ

mg

MT

/2 →

→

ρxg

e

M

θ

MV

P4-28a

→

e

θ

X →

e

O

(a)

(b)



___________________________________________________________________ 2).- Cálculo de la velocidad angular, por conservación de la energía mecánica: a).- Diagrama de las posiciones inicial y final:

U 1

l

2

E K 1 U 2

/2 L. R.

= mg cosθ

O

G1

b).- Por conservación de la energía mecánica:

/2cosθ

G2 /2

=0

=0

P4-28b

1

1 1

2

2 3

E K 2

= I 0ω 2 = * ml 2ω 2

E M 1

= E M 2

1 1 l mg cos θ = * ml 2ω 2 2 2 3 3 g

ω =

l

cosθ (Unidades de velocidad angular)

3).- Cálculo de la aceleración angular, tomando momentos respecto a “O” en (a):

∑ M α = −

l

1

2

3

= I 0α → − mg senθ = ml 2α

0

3 g 2l

senθ (Unid. de aceleración angular)

Luego:

l l 3 g 3 g cos θ * en senθ * et + 2l 2 2 l

aG

=−

aG

= − gsenθ et + g cosθ en

3

3

4

2




___________________________________________________________________ 4).- Relaciones cinéticas para (a):

∑ F =ma n

On

5

= mg cosθ 2

∑ F = ma t

Ot

→

n

On

 3  2

 

 3  4

 

− mg cosθ = m g cosθ 

(Unid. de Fuerza)

→ Ot − mgsenθ = m − gsenθ 

t

1

= mgsenθ 4

(Unid. de fuerza)

5).- Relaciones cinéticas, para (b): Si:

a GX a).-

−

=−

3 g X 3 g X senθ * et + cos θ * en 2l 2 2 l

∑ F = ma n

m l

GX n

X g cosθ + On

− T =

m l

X   3 g cosθ  2   l

X 

 5 X 3 X 2  T = mg cos θ  − − 2  l 2 2 l    5l 2 − 2l X − 3 X 2   T = mg cos θ  2 l 2   b).-

−

∑ F = ma

m l

t

(Unid. de fuerza)

GX t

Xgsenθ − V + Ot

X   3 g senθ  2   2l

= m −



___________________________________________________________________

 l 2 − 4l X + 3 X 2   1 X 3 X 2   V = mg senθ  − + 2  = mgsenθ  2 4 l 4 4 l l     V = mg senθ c).-

∑ M

M −

0

(l − X )(l − 3 X ) 4l 2

(Unid. de fuerza)

= I 0α

(l − X )(l − 3 X ) X m  2  3 g Xg senθ − mgsenθ X XX senθ  = − 2 2 3l l 4l  2l 

m

 X 2 (l − X )(l − 3 X ) X X 3  M = mgsenθ  + − 2  2 2 l 4 2l  l   2l X 2 + X l 2 − 4 l X 2 + 3 X 3 − 2 X 3   M = mgsenθ  2 4 l    (l 2 − 2l X + X 2 )X  M = mgsenθ   4l 2   M = mgsenθ

(l − X )2 4l 2

X (Unid. de Momentos)

4-29.- La barra uniforme ABC de 3 kg está inicialmente en reposo con su extremo A contra el tope de la guía horizontal. Al aplicarse un par de momento constante M = 8 N-m al extremo C, la barra gira haciendo que el extremo A choque con el lado de la guía v ertical a la velocidad de 3m/seg. Calcular la pérdida de energía ∆Q a causa del rozamiento en guías y rodillos. Puede despreciarse las masas de los rodillos.

ℑ P4-29



___________________________________________________________________ Solución C2

Nos piden el trabajo hecho por las fuerzas no conservativas.

C1

1).- Relaciones cinemáticas.- Determinación de la velocidad de B y de la velocidad angular de la barra, para el instante final de interés; por el método de centros instantáneo de velocidad nula:

V B

B2 Ci

=0

B1

3

ω =

0.2

= 15 V

2).- Cálculo de la energía perdida:

A1

L. R.

A2

Si:

P4-29a

dE K

= ∑ F i ⋅ V i + (∑ C i ) ⋅ ω k = ∑ ( F C i + F NC i )⋅ V i + (∑ C i ) ⋅ ω k

dt

2

∆ E K = W 1−2 FC + W 1− 2 FNC + M ∫1 d θ W 1−2 FC

2

= ∆ E K − W 1−2 FNC − M ∫1 d θ = E M 2 − E M 1 − M (θ 2 − θ 1 )

(1)

Cálculo de las energías y trabajo correspondientes:

U 1

= 0.1 2 * 3 * 9.81 = 4.162 =0

E K 1 U 2

Joule

= 0.2 * 3 * 9.81 = 5.886

E K 2

1

0

}

1

= mV B2 + I Bω 2

M (θ 2

2

2

 π π   2 4 

Joule

→

− θ 1 ) = 8  −  = 2π

E K 2

1

= *

1

2 12

* 3 * 0.4 2 * 15 2

= 4.5

Joule

Joule



___________________________________________________________________ En (1):

W 1−2 FNC

= (4.5 + 5.886) − 4.162 − 2π

W 1−2 FNC

= ∆Q = 0.0592

Joule

4-30.- La barra AB tiene una masa de 3 kg y está unida a un carro C de 5 kg. Sabiendo que el sistema se suelta en reposo en la posición representada y despreciando el rozamiento, hallar: a) la velocidad del punto B cuando la barra AB pasa por la vertical, b) la correspondiente velocidad del carro C.

ℑ

P4-30

Solución

Como no hay fuerzas externas en el sistema en la dirección horizontal, la cantidad de movimiento lineal se conserva en esa dirección; además la única fuerza que produce trabajo es el peso, por lo que se conserva la energía mecánica en el sistema.

B1

G1

0.3 m L. R. A 2

A 1

0.6 m

1).- Diagrama de la posición inicial y final del sistema (ver figura P30a):

V A

G2

= V C

2).- Por conservación de la cantidad de movimiento lineal: P4-30a

B2

Si:

V G 2

= V A2 − ω 2 k x r A2G 2 = V A2 i − ω 2 k x (− 0.6 j )

→

V G 2

= (V A2 − 0.6 ω 2 ) i

Luego:

0 = mC V A 2

− m ABV G 2 = mC V A2 + m AB (V A 2 − 0.6ω 2 )



___________________________________________________________________ 0 = (8 V A 2

− 1.8ω 2 )

= 0.225

V A 2

→

2


U 1

= m AB gh1 = 3 * 9.81 * 0.3 = 8.829 =0

E K 1 U 2

Joule

= −m AB gh2 = −3 * 9.81 * 0.6 = −17.658 1

1

1

2

2

2

Joule

E K 2

= mC V A22 + m ABV G22 + I Gω 22

E K 2

= * 5 * V A22 + * 3 * (V A2 − 0.6ω 2 )2 + *

E K 2

= 4 V A22 − 1.8 V A2ω 2 + 0.72ω 22

E M 1

= E M 2

1

1

1

2

2

2 12

8.829 = −17.658 + 4 V A22

* 3 * 1.2 2 ω 22

− 1.8 V A2ω 2 + 0.72 ω 22

26.487 = 0.2025ω 22

− 0.405ω 22 + 0.72ω 22

ω 2 = 7.154

→ ω 2

rad/seg

1

= −7.154 k

(rad/seg)

4).- Cálculos de las velocidades: a).- De C, si V A

V C 2

= V C :

= V A2 = 0.225ω 2 i = 1.61 i

(m/seg)

→

V C 2

= 1.61

m/seg (→ )

b).- De B:

V B 2

= V A2 − ω 2 k x r AB = 1.61 i − 7.154 k x (− 1.2 j ) = −6.975 i (m/seg)

V B 2

= 6.975

m/seg ( ← )



___________________________________________________________________ 4-31.- La varilla delgada uniforme de masa m y longitud L, inicialmente en reposo centrada horizontalmente sobre la superficie circular de radio R, se bascula hasta la posición representada con trazos y se suelta sin velocidad inicial. Hallar la expresión de su velocidad angular ω cuando pasa por la posición horizontal. El rozamiento es suficiente para que no haya resbalamiento.

ℑ

Solución

ℑ

Como la única fuerza que produce trabajo es el peso, se conserva la energía mecánica.

P4-31

1).- Representación gráfica de la posición inicial y final del sistema (ver figura P431a):

G1 G2

θ Rsenθ

θ

L. R.

R


U 1

R

= mg θ Rsenθ =0

E K 1 U 2

θ

R(1-cos θ )

P4-31a

= mgR(1 − cosθ ) 1

1

2

2 12

E K 2

= I C i ω 2 = *

E M 1

= E M 2

1

mL2ω 2

mg θ Rsenθ = mgR(1 − cosθ ) +

ω =

2 L

→

1 24

E K 2

mL2ω 2

=

→

1 24

mL2ω 2

ω 2 =

24 L2

gR(θ senθ + cos θ − 1)

6 gR(θ senθ + cos θ − 1) (Unid. de velocidad angular)



___________________________________________________________________ 4-32.- El disco de 100 lb (radio R = 1.5 pies) está girando inicialmente a una velocidad angular de ω1 = 5 rad/seg, como se ilustra. Si súbitamente se aplica al disco un par de torsión M = 5 t lb-pie, estando t en seg, determine el tiempo requerido para llevar al disco al reposo ¿invertirá el disco su dirección y continuará girando? El coeficiente de fricción cinética entre el disco y las paredes laterales es de 0.15.

ℑ

Solución

P4-32

1).- D.C.L. (ver figura P4-32a): Y

X


∑ F

X

2

= 0 → N − µ K N −

∑ F = 0 Y

2

→ N + µ K N −

2 N =

2w

w=0

2

2

M O

w=0 f

2

→ N =

2

f=

w

W N

3).- Por el principio de impulso y cantidad de movimiento angular:

 0    → M dt I ω ω = − 0 1 ∫0 ∑ 0  2    }

t

∫

t

0



2 µ K *



2 2



5



2

wR dt +

2

t

t

t

N

P4-32a

t

∫0 − 2( µ K NR )dt − ∫0 5 td t = − I 0ω 1

1

= mR 2ω 1

0.15 * 2 * 100 * 1.5 t + 2.5 t 2

2

µκ N

2

1

= *

+ 12.73 t − 6.99 = 0 → t =

100

2 32.2

* 1.5 2 * 5

− 12.73 + 12.73 2 + 4 * 6.99 2

t = 0.53 seg El disco permanecerá en reposo



___________________________________________________________________ 4-33.- Calcular la fuerza constante P requerida para dar al centro de la polea una velocidad de 1.2 m/seg hacia arriba en un ascenso de 0.9 m de dicho punto a partir de la posición de reposo indicada. La polea tiene una masa de 15 kg y un radio de giro centroidal de 250 mm y el cable mide 4.5 m y tiene una masa de 3 kg/m.

ℑ

P Y

X

1.80 m

Oy

P4-33 Solución Ox

Por la forma alternativa del principio de trabajo y energía, para fuerzas y momentos no conservativos.

0.88 m C i2

G2

θ

P2

1.78 m

C2

i

0.9 m

(0.9 - 0.6/ π)

G1

C i1

C1

L. R. 0.6/ π

1).- Gráfico de la posición inicial y final del sistema (ver figura P4-33a):

r π = 0.3 * π = 0.94 m 2).- Relaciones cinemáticas para la posición final.- Por centros instantáneos de velocidad nula:

P4-33a

ω = V P 2

= 2r * ω =

V G 2

= V G 2 j

2r *V G 2 r

V G 2 r

= 2V G 2

3).- Por la forma alternativa del principio de trabajo y energía cinética:

W 1−2 P = E M 2

− E M 1



___________________________________________________________________ E K 1

=0

U 1

= 2 mC 1 g *

U 1

= 87.96

E K 2

1.78 2

− mC 2 g *

0.6

π

 

= 2 *1.78 * 3 *

1.78 2

− 0.94 * 3 *

0.6 

* 9.81 π 

Joule

= E K 2 Cu + E K 2 C + E K 2 Po

Cálculo de ésta energía cinética: a).- Para la cuerda en la polea: Si, se tiene para una partícula iésimo:

V i

= V G 2 + ω k x r (− cos θ i − sen θ j ) = V G 2 + ω r ( sen θ i − cosθ j )

Multiplicándose escalar mente asimismo y por ½ m i: 2

 V  1 1 1   2 miV 1 ⋅ V 1 = miV G 2 + mi ω r + miV G 2 ⋅ ω r ( sen θ i − cos θ j )  2 2 2    G2

}

Para toda la cuerda en la polea: n

1

∑= 2

miV i 2

i 1

mt

= ∫0

1 2

V G2 2 dm +

1

1

mt

1

o

2

∫

V G 2 }

∫

0

0 647 4 8

E K 2 Cu

= mCuV G2 2 + mCuV G2 2 − V G2 2 * ρ * r sen θ

E K 2 Cu

= 2.82 V G2 2

2

2

π

V G2 2 dm − V G 2 ω r ρ r cos θ d θ π 0

= mCuV G2 2 = 0.94 * 3 * V G2 2

b).- Para la cuerda lineal:

E K 2 C

1

1

2

2

= mlV P 2 2 = * (1.8 + 0.88) * 3 * (2 V G 2 )2 = 16.08 V G2 2

c).- Para la polea:



___________________________________________________________________ E K 2 P =

1 2

 V G 2   = 12.708 V G2 2  r 

(15 * 0.25 + 15 * 0.3 ) 2

2

Luego:

= 31.608 V G2 2 = 31.608 *1.2 2 = 45.516

E K 2



Joule

  0.9 +   0.9 −   1.8 +   1.78 −   + 0.94 * 3 *  0.6  +   * 3 *  (1.8+ 0.88 )  + 15 * 0.1 * 9.81   2   π   0.88   2 

U 2

= 0.88 * 3 *  0.88

U 2

= 363.43



Joule

Por lo tanto:

1.8 P = (362.43 + 45.516 ) − 87.96 = 319.986 P = 177.77 Newton 4-34.- La cremallera movible A tiene una masa de 3 kg y la cremallera B esta fija. La rueda dentada tiene una masa de 2 kg, un radio de paso de 800 mm y un radio de giro centroidal de 60 mm. En la posición de la figura, el resorte de constante K = 1.2 KN/m esta alargado una longitud de 40 mm. Para el instante representado, determinar la aceleración de la cremallera A bajo la acción de la fuerza de 80 N: El plano de la figura es vertical. Solución

Por la forma alternativa del trabajo de fuerzas y momentos no conservativos y cambio de energía mecánica, para desplazamiento infinitesimales reales. 1).- Relaciones cinemáticas:

A 80 N

800 mm

B

ℑ P4-34

A

x

X

r a

a=a t

n

a G aG x/2 r G

aG X G

= =

a 2 X 2

= θ r

Ci P4-34a



___________________________________________________________________ dX 2

= r d θ → d θ =

dX 2 r

2).- Por la forma alternativa de trabajos de fuerza y momento no conservativos y el cambio de energía mecánica, para desplazamientos infinitesimales reales:

dW F N C

= dE K + dU

a).- Para la energía cinética:

dE K

= ∑ mi aG i ⋅ d r G i + ∑ I G iα i d θ i

dE K Cre

dE K eng

= 3 a dX

(Cremallera en traslación)

a

dX

2

2

= 2* *

a

dX + 2 (0.06) * 2 * = 0.503 a dX 2

0.8 2 * 0.8

b).- Para la energía Potencial: 0

dU =

∑ m g dh + ∑ K X dX }

i

i

j

j

j

= 12 000 * (0.04) *

dX 2

= 24 dX

Luego:

80 dX = 3 a dX + 0.503 a dX + 24 dX 80 = 3.503 a + 24 a

≅ 16

→

a

= 15.99

m/seg2

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 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 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).

Solución

ℑ

µ = 0

P4-35a



___________________________________________________________________ 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 P435a):

θ

X

mg

b

P

b β


Ox

O

β

β

B

x

M = Pb

X cos β =

2 b

b

→ X = 2 b cos β

Oy

N A

d β

P4-35a

& = V X B

= −2 b sen β

&& = a X B

 d β  = −2 b cos β   − 2 b sen β α  dt 

dt 2

3).- Cálculo del trabajo sobre el sistema:

W 1−2

= W 1− 2 P + W 1−2 M

W 1−2 P =

W 1−2 P =

∫

2

1

∫

P ⋅ V B dt =

π

∫

1

P (− sen β i

 

− cos β j ) ⋅  − 2 b sen β

d β  i  dt dt 

π

2

0

1 π  1  2 2 b P sen β d β = 2 b P  β − sen 2 β  = b P 4 2  2  0 2

π

W 1−2 M

2

= ∫0 2 M d β = P b β

π

2

0

= b P

π 2

(Unid. de energía)

(Unid. de energía)

Luego:

W 1−2

π

π

2

2

= b P + b P = b P π

(Unid. de energía)

4).- Cálculo de la energía cinética del sistema:



___________________________________________________________________ E K 1

=0

E K 2

= m V B2 + I B ω 2 = m 4ω 2 b 2 +

1

1

2

2

 2 

1

1 12

 13 m b 2ω 2  6

* 4 b 2ω 2  =

(Unid. de energía)

5).- Por el principio de trabajo y energía cinética:

W 1−2

= E K 2 − E K 1

Luego:

b P π =

13 6

m b 2ω 2

→ ω 2 =

6 P π 13 m b

→

ω =

6 P π 13 m b

(Unid. de velocidad angular)

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:

dW 1− 2 FNC = dE K + dU 1).- Para la energía cinética:

dE K


0 67 8   2   1  d β  2 dE K = m − 2 b cos β   − 2 b sen β α  i ⋅ (− 2 b sen β d β ) i + m * 4 b α d β 12  dt     

dE K

 

= 4 b 2 m  sen 2 β +

1 

 2 θ 1  2  α d β = 4 b m  cos +  α d β 12  2 12  



___________________________________________________________________ dE K

 cos θ + 1 1   6 cos θ + 7  +  α d β = b 2 m   α d β 12  3  2  

= 4 b2m 

2).- Para la energía potencial: 0

dU =

}

0 647 4 8 K j X j dX i =0

∑ m g dh + ∑ i

i

3).- Para el trabajo:

dW 1− 2 FNC

 

= 2 b P sen 2 β d β + P b d β = P b  2 cos 2

θ 2

 

+ 1 d β = P b (cos θ + 2) d β

Luego:

P b (2 + cos θ ) d β =

b2m 3

 3 P   2 + cos θ     b m 7 6 cos θ +    

α = 

(7 + 6 cosθ ) α d β

(Unid. de aceleración angular)

4-37.- El mecanismo representado, se compone de un armazón vertical A sobre el que gira libremente en torno a O un sector conjugado del engranaje C, que lleva un índice solidario. Bajo una aceleración uniforme horizontal “a” hacia la derecha, el engranaje sufre un desplazamiento angular antihorario constante θ, respecto a la posición de aceleración nula θ = 0°. Hallar la aceleración correspondiente a un ángulo θ (sistema en traslación).

A

O

β

R

P4-36

G2

Solución 1).- D.S.F. (ver figura P4-36a):

m 2g

θ r = β R

θ

θ

P4-36a

→ β =

r R

θ =

20 120

θ =

θ 6

r


m 1g



___________________________________________________________________ 0 67 8 I G i α i +

∑ M = ∑ 0

∑m a i

Gi

d i

El centro de masa del índice solidario no tiene movimiento respecto a O:

m2 g l sen β = a (m2 l cos β )

θ

a = g tg β = g tg

6

→ g sen β = a cos β


4-38.- El laminador de rodillo se compone de la barra uniforme de 2 kg ACB, con dos rodillos livianos que hacen compresión sobre las caras superior e inferior de un contrachapado a lo largo del borde. 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. Despreciar todos los rozamientos.

ℑ

P4-38 Solución

50N

1).- D.S.F. (sistema en traslación) (ver figura P4-38a):

θ 35 N

0.0257m

0.0857 m


∑ F

X

a

6 0 3 0 .

NB

m/seg2

∑ M = ∑ m a C

i

Gi

0.0252 m

C

= m a → 35 = 2 a

= 17.5

G

d i

m 2 1 . 0

NC

mg

θ = 44.427°

Si: P4-38a

∑m a i

Gi

∑ M

C

d i

= −2 *17.5 * 0.0252 = −0.882

N-m

(1)

= 0.0857 * N B − 2 * 9.81 * 0.257 − 50 * 0.144 = 0.0857 N B − 12.242

(2)

(1) = (2):



___________________________________________________________________ 0.0857 N B

− 7.704 = −0.882 → N B = 132.56

∑ F = 0

→ − 79.6 + N C − 2 * 9.81 − 50 cos 44.427° = 0

Y

N C

Newton

= 187.887

Newton

ℑ

4-39.- Los pequeños rodillos de los extremos de la barra esbelta uniforme están vinculados a la ranura circular de la superficie vertical. Si la barra se suelta en reposo desde la posición indicada, hallar la aceleración angular inicial α. Se desprecian las masas de los rodillos y el rozamiento en ellos.


P4-39 N A

tg 30° =

s l 2

=

1 3

→ s=

A

l

2 3

(Unid de

longitud)

cos 30° =

d =

l

4

/2

d s

→ d =

3 2

s

=

3 2

*

l

2 3 G 5

(Unid. de longitud) O

mg

2).- Relaciones cinéticas: 2 1    l 2    ∑ M O = I Oα → − mg 4 = −m12 l +  2 3   α    

l

g =

2 3

l α

→ α =

3 g 2l

/2

d

NB


P4-39a



___________________________________________________________________ 4-40.- Un cilindro de 50 kg de masa y 0.3 m de radio se mantiene fijo sobre el plano inclinado que está girando a 0.5 rad/seg. Se suelta el cilindro cuando el plano inclinado está en una posición θ = 30°. Si en el instante de soltarse el cilindro está a 6 m del punto O. ¿Cuál será la aceleración inicial del centro del cilindro relativa al plano inclinado? No hay deslizamiento.

Solución

1).- D.C.L. del cilindro (ver figura P4.40a): P4-40

ℑ 2).- Relaciones cinemáticas, por rodamiento:

a A

= −ω 2 r OA = −0.5 2 (6 i ) = −1.5 i

(m/seg 2) G Y


∑ M

A

X

k = I Aα k + ρ AG x m a A

f A

 1  mg sen 30° r k =  m r 2 + m r 2  α k + r j x m (− 1.5 i )  2  9.81 * 0.5 * 0.3 =

3 2

* 0.3 2 α + 0.3 * 1.5

→ α = 7.57

N

mg

P4-40a rad/seg2

4).- Cálculo de la aceleración inicial relativo al plano inclinado:

aG

ℜ

= −α r i = −7.57 * 0.3 i = −2.271 i

(m/seg 2)

4-41.- La barra delgada uniforme se suelta desde el reposo en la posición horizontal indicada. Hallar el valor de X para el que es máximo la aceleración angular y el valor correspondiente α de la misma. Solución

El movimiento es inminente, alrededor de un eje fijo que pasa por O.

ℑ

P4-41



___________________________________________________________________ 1).- D.C.L. (ver figura P4-41a): x


∑ M

= I Oα

O

O

G

Ox

 1  m l 2 + m X 2  α  12 

mg X = 

12 g X

∴ α =

l

2

Oy

mg

P4-41a

(1)

+ 12 X

2

3).- Por máximos y mínimos en (1):

(l + 12 X )*12 g − 12 gX * (24 X ) = 0 = dX (l + 12 X ) 2

d α

2

2

2 2

(l + 12 X )*12 g − 12 gX * (24 X ) = 0 → 2

X =

2

l

2 3

l

2

− 12 X 2 = 0

(Unid. de longitud)

Reemplazando en (1):

 l    2 3 6 l g 3 g   * 3 = = = 2 2 l   l 2 3 3 l 2 l + 12    12  12 g 

α máx


ℑ

4-42.- Una barra AB, inicialmente en reposo, de 3m de longitud y un peso de 445 N se muestra inmediatamente después de haberse soltado. Calcular la fuerza de tracción en los cables EA y BD en ese instante.

Solución


P4-42



___________________________________________________________________ T A Y


a A

= a A i

a B

= a B (cos 30° i − sen 30° j )

a B

= a B 

X

TB

 3  2

i

−

A G

1  j  2  P4-42a

Si:

aG

mg

= a A i + α k x 1.5 (cos 30° i − sen 30° j ) = (a A + 0.75 α ) i + 0.75 3 α j

B

(1)

También:

 3  − 0.5a B −   a B −     j ( ) aG = a B + α k x 1.5 − cos 30°i + sen30° j =  2 i +   0.75α   0.75 3α   

(2)

(1)=(2) e igualando componentes:

− 0.5 a B − 0.75 3 α = 0.75 3 α → a B = −3 3 α −3 3*

3 2

α − 0.75 α = a A + 0.75 α → a A = −6 α

En (1):

aG

= −5.25 α i + 0.75 3 α j


∑ F

X

&& = m X → 0.5 T B = − G

∑ F = m Y && Y

G

→

3 2

T B

445 9.81

* 5.25 α

+ T A − 445 =

445 9.81

→ T B = −476.3 α

(3)

* 0.75 3α



___________________________________________________________________

−

3 2

* 476.3 α + T A

∑ M

G

−

3 2

− 445 = 58.93 α → T A = 445 + 471.42 α

(4)

= I Gα

T A *1.5 + 1.5T B

1

=− *

445

2 9.81

* 3 2 α

→ − 1.299T A + 1.5T B = −204.13α

(5)

(3) y (4) en (5):

− 1.5 * 476.3 α − 445 * 1.299 − 1.299 * 471.42 α = −204.13 α 1122.69 α = −578.055

→ α = −0.515

rad/seg2

Luego en (3) y (4):

T B

= 476.3 * 0.515 = 245.3

T A

= 445 − 471.42 * 0.515 = 202.2

Newton Newton

4-43.- 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). A partir de la posición indicada, el conjunto recibe un giro de 45° en torno al eje A-A y se suelta. Hallar la aceleración angular inicial del bastidor. Repetir los cálculos para una rotación de 45° en torno al eje B-B. Despreciar la pequeña masa de la esfera, su descentrado y el rozamiento en ella.

P4-43

Solución

1).- D.C.L.(s) (ver figura P4-43a):

Y

b/2

b/2 0.707b

Ox

A-A

2 b /

X

O

a

B-B

b/2

G1

b/2 Oy

G

b

43gb 4ρgb

b

b/2 4ρgb

43gb

(a)

P4-43a (b)



___________________________________________________________________ 2).- Relaciones cinéticas, para (a):

∑ M = ∑ I O

Gi

α i +

∑m a i

Gi

d i

Si:

b

∑ M

O

= 4 ρ bg * sen 45° = 2 ρ b 2 g 2

2

= ρ g b 2 2

2

(Unid. de momentos)

ρ b  1  ∑ I G iα i = 2  12 ρ b 3  α = 6 α (Unid. de momentos) 3

∑m a i

Gi

d i

 

b

b

2

2

 

 1  2

 

3

= ρ b  2α * * + α b 2  = ρ b 3α  + 1 = ρ b 3α (Unid. de momentos) 2

Luego:

 1  6

3 

5

2 

3

ρ g b 2 2 = ρ b 3α  +  =

α =

b 3 α

3 2 g g (unid. de aceleración angular) * = 0.849 5 b b

3).- Relaciones cinéticas, para (b):

∑

M O

∑ I

Gi

2

α i = 4 *

∑m a i

b

= 4 ρ b g * sen 45° = ρ g b 2 2

Gi

d i

1 12

ρ b α = 3

ρ b 3



b 2



2

 1  3

 

= ρ bα  2 *

3 *

(Unid. de momentos)

α (Unid. de momentos)

b 2 2



+ b 2  = 2 ρ b 3α (Unid. de momentos) 

Luego:

7

ρ g b 2 2 = ρ b 3α  + 2  = ρ b 3α 3



___________________________________________________________________

α =

3 2 g g * = 0.606 (Unid. de aceleración 7 b b

angular)

4-44.- 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. Si el coeficiente de fricción entre el piso y la esfera es µ A = 0.3, determine la distancia que recorre antes que pare el efecto de retroceso.

ℑ

Solución

1).- D.C.L.:


∑ F

20 32.2

∑ M

G

f r =

X

= m aG X → − f = −m aG X

X

f =

P4-44

Y

2

aG

G W

= 0.62 aG

(1)

= I G α → − f r = − I G α *

20

5 32.2

A

* r 2α

f

N

P4-44a

f = 0.1242 α

(2)

(1) = (2):

0.62 a G

= 0.1242 α →

aG

Si solamente hubiera rodadura a G

= 0.2 α

= 0.5 α , luego la esfera desliza, por lo que:

f = µ N = 0.3 * 20 = 6 lb En (1):



___________________________________________________________________ aG

=

6 0.62

= 9.677

pie/seg2

= −0.967 i

(pie/seg2)

α = −48.31 k

(rad/seg2)

aG

→

En (2):

α =

6 0.1242

= 48.31

rad/seg2

→


ω = α t

15

→ t =

X = V G 0 t −

1 2

48.31

aG t 2

= 0.31 seg 1

= 20 * 0.31 − * 9.677 * 0.312 2

X = 5.735 pies 4-45.- La barra esbelta uniforme de masa m y longitud ℓ se abandona

desde el reposo, cuando está vertical, de manera que gira sobre su extremo en torno a la esquina O. a) si se observa que resbala cuando θ = 30°, hallar el coeficiente de rozamiento estático µ s entre la barra y la esquina, b) Si el extremo de la barra se entalla de modo que no pueda resbalar, hallar para que ángulo θ cesa su contacto con la esquina. Solución

ℑ

Y

P4-45


2).- Relaciones cinemáticas, para ambos casos:

aG

l

= α et + ω 2

2

l

2

θ

l = l G1

en

G2

en

θ et

θ

mg


X

O N

f

P4-46a



___________________________________________________________________

∑ F = m a t

∑

→ − f + mg sen θ = m α

= m a n → mg cos θ − N = m ω 2

F n

∑ M

0

α =

t

l

1

2

3

 

l

2

l

2

l 

→ f = m  g sen θ − α 

2 

 

l 

→ N = m  g cosθ − ω 2 

2 

(1)

(2)

= I 0α → − mg sen θ = − m l 2α

3 g 2l

sen θ (Unid. de aceleración angular)

Para θ = 30°:

α =

3 g 4l


(3)

4).- Por el principio de trabajo y energía cinética:

W 1−2

l

1 1

3 g

2

2 3

l

= ∆ E K → mg (1 − cosθ ) = * m l 2ω 2 → ω 2 =

(1 − cos θ )

Para θ = 30°:

g

ω 2 = 0.402

(4)

l

Para θ = 30°, reemplazando (4) en (2):



N = m  g

3

g l 

− 0.402 *  = 0.665 mg 2 l 2  

(Unid. de fuerza)

Para θ = 30°, reemplazando (3) en (1):

 g 3 g l  f = m  − *  = 0.125 mg 2 4 2  l  Si, µ s N = f :



___________________________________________________________________

µ s * 0.665 mg = 0.125 mg

→

µ s =

0.125

= 0.188

0.665

5).- Cálculo del ángulo θ, para que la barra abandone su soporte: En (2):

 

0 = m  g cos θ − ω 2

cos θ =

3 2

l 

3 g

l

(1 − cos θ )  → g cosθ = 2  2 l

3

5

2

2

− cosθ →

cos θ =

3 2

→ cosθ = 0.6

θ = 53.13°

ℜ

4-46.- La fuerza P = 60 N se aplica como se muestra en la figura al cilindro γ de 10 kg, originalmente en

reposo, bajo el centro de masa de la placa ℜ rectangular delgada de 5 kg. El coeficiente de fricción

γ

entre γ y ℜ es 0.5 y el plano bajo γ es liso. Determine: a) La aceleración inicial de G, b) El valor de X cuando γ está resbalando sobre ambas superficies. La longitud

G

de ℜ es de 2m.

ℑ

P4-46

Solución


N2

a) Estado inicial:

f Y

WR OX

G

O

X

W? W

℘

f

OY

(a) (a)

P (b)

N1

N2 P4-46a

(b)

b).- Para un X cualquiera (ver figura P4-46b):



___________________________________________________________________

N2

WR

f

OX O

Y

f

OY

(c)

G

N2

W? W℘

X

P (d)

P4-46b (c)

(d)

N1

2).- Cálculo de la aceleración inicial, suponiendo que no hay resbalamiento: En (a):

∑ M

0

=0 →

l

2

N 2

l

− wℜ = 0 → N 2 = 5 * 9.81 = 49.05 2

Newton

En (b):

∑ F

X

∑ M

G

= m aG → P − f = m℘aG → f = 60 − 10 * 0.2 α = 60 − 2 α 1

= I Gα → f r = m r 2α → f = 5 * 0.2 α = α 2

(1)

(2)

(1)=(2):

α = 60 − 2 α → α = 20

rad/seg2

→

f = 20 Newton

Comprobando si hay resbalamiento:

µ N 2 = 0.5 * 49.05 = 24.525

Newton

Luego:

f < µ N 2 hay rodamiento (la suposición fue correcta)

∴ aG = α r = 20 * 0.2 = 4

m/seg2

3).- Para el resbalamiento inminente, f

= µ N 2

y aG

= α r :



___________________________________________________________________ En (c):

∑ M

0

= 0 → − 1 * wℜ + (1 + X ) N 2 = 0 → N 2 =

49.05 1 + X

En (b):

∑

M G

∑ F

X

1

= I G α → f r = m r 2α → f = 5 * 0.2 α = α 2

= m α r → 60 − 0.5 *

60 (1 + X ) = 3 * 24.525

49.05 1 + X

 

= 10 * 0.2 *  0.5 *

→ X = 1.2263 − 1 = 0.2263

49.05 



1 + X 

m

X ≅ 0.23 m 4-47.- Se ilustra la plataforma de descarga por rodadura de un camión de transporte de contenedores. El contenedor cargado de 120 Mg puede tratarse como un bloque rectangular macizo y homogéneo con centro de masa en G. Si la rueda de apoyo A está inmovilizada, calcular la fuerza FB que ejerce la plataforma sobre la rueda de apoyo B cuando el camión arranca hacia delante con una aceleración de 3 m/seg2. Se desprecia el rozamiento en B.

ℑ P4-47 Y

Solución

1).- D.C.L. del contenedor:

B

X

G 4.272 m

mg

FB 45º

Ax

A AY


P4-47a



___________________________________________________________________ a B

 2  2   2 2 i− j  =  3 − a B  i − a B j = a + a B = 3 i + a B  − P P P P 2 2 2 2 

 



(1)

Además (comienza el movimiento alrededor de un eje fijo, qu e pasa por A):

a B

= −α k x 8 (cos 30° i + sen 30° j ) = 4 α i − 6.93 α j

(2)

(1)=(2) e igualando componentes:

−

2

a B

2

= −6.93 α

P

3 − 6.93 α = 4 α

→ α = 0.274

rad/seg2


∑ M

A

= I Aα

1  * 120 000(3 2 + 8 2 ) +     = 12 * (− 0.274) − 120 000 * 9.81 * 2.714 + F B  2  8 sen 30°   120 000 * 4.272 2  2  8 cos 30° + 

7.727 F B F B

= 120 000 (26.625 − 6.667 )

= 309.95 x10 3 Newton

→ F B

4-48.- Se representa de nuevo al camión de contenedores del problema anterior. En la posición representada, las dos ruedas A están inmovilizadas y los frenos del vehículo aplicados para evitar que éste se mueva. Si súbitamente se liberan las ruedas A para permitir que ruede el contenedor, calcular la fuerza de rozamiento total F que se aplica a las ruedas del camión inmediatamente tras el desbloqueo. Se desprecia el rozamiento en A y B.

≅ 310

KN Solución

1).- D.C.L. (ver figura P4-48a) Y

B G

4.272 m

X FB 2/ 2 = F

mg

FB A N

P4-48a



___________________________________________________________________ 2).- Relaciones cinemáticas: Si:

a B

 2 2  i− j  = a B  − 

2

2

(1)



También:

a B

= a A − α k x 8 (cos 30° i + sen 30° j ) = (4 α − a A ) i − 6.93 α j

(2)

(1) = (2) e igualando componentes:

2

− aB

2

4 α − a A

= −6.93 α = −a B

2 2

= −6.93 α → a A = 10.93 α


Además:

aG

= a A − α k x 4.272 (cos 50.556° i + sen 50.556° j )

aG

= (3.3 − 10.93) α i − 2.714 α j = −7.63 α i − 2.714 α j



∑ F

X

&& = m X → − F B G

∑ M k = I α + ρ A

A

2 2

= − F = −7.63 α m

(3)

x m a A

AG

− 9.81 m * 2.714 k +   1  2 2  cos 50.556° i +     m(3 + 8 ) +    x(− 10.93 α i ) ( ) k 4 . 272 m α = − + 12 8 cos 30 ° +   F         k sen 50 . 556 j °     8 sen 30°   m * 4.272 2     

− 26.625 = −71.673 α → α = 0.371 rad/seg2



___________________________________________________________________ En (3):

F = 7.63 * 0.371 * 120 x10 3

= 339.69 x10 3

Newton

F ≅ 340 KN 4-49.- Cada una de las bisagras A y B, 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, 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, b) ¿Cuál sería su aceleración angular α en la posición cerrada si se soltara del reposo? ¿Serían esas bisagras una solución práctica?

ℑ

Solución

P4-49 Por el principio de trabajo y energía cinética: 1).- Cálculo de la rigidez torsional: G1

a).- Diagrama de la posición inicial y final de la tapa, representada en un plano (ver figura P4-49a):

mg

h = l/2

2M

OX

X G2

b).- Por el principio de trabajo y energía cinética:

OY

0

mg

}

W 1−2 M

+ W 1−2 g = ∆E K

P4-49a π

π

W 1−2 M

= −2∫0 M d θ = −2 K ∫0 θ d θ = − K θ

W 1−2 g

= mg h = mg

2

2

2

π 0

2

= − K

π 2 4

(Unid. de trabajo)

l

2

Luego:



___________________________________________________________________

− K

π 2 4

l

2mg l

2

π 2

+ mg = 0 → K =

(unid. de coeficiente de rigidez torsional)

2).- Cálculo de la aceleración angular: a).- D.C.L., para la tapa en la posición horizontal (ver figura P4-49b): Y

OX

X

O

2*

l

1

2

3

mg

P4-49b

= I Oα → 2 M − mg = m l α

2mg l π l * mg − 2 2 π 2

α =

G2

OY

b).- Relaciones cinéticas:

∑ M

2M

2

1

2 g

3

π

= m l 2α →

−

g 2

l

= α 3

3 g  2

1  g  −  = 0.41 (Unid. de aceleración angular) l  π 2  l

ℑ

4-50.- La biela y la manivela tienen una masa de 2 kg y un radio de giro centroidal de 60 mm cada una. La corredera B tiene una masa de 3 kg y se mueve libremente por la guía vertical. El resorte tiene una constante de 6 KN/m. Si a la manivela OA se aplica un par de fuerzas constantes de momento M = 20 N-m a través de O, y a partir del reposo con θ = 45°, hallar la velocidad angular ω de OA, cuando θ =0°.

Solución

Por el principio de trabajo y energía cinética: 1).- Grafico de la posición inicial y final (ver figura P4-50a):

ℑ P4-50



___________________________________________________________________

P4-50a 2).- Relaciones cinemáticas, para la posición 2 (final): a).- Para AB; B 2 es el centro instantáneo, por tener la velocidad cero en ese instante, luego la velocidad de A2 es:

V A 2

= ω 2 l

(1)

b).-La velocidad de A2 tomando como punto de referencia O:

V A 2

= ω 1l

(2)

(1) = (2): 2

l=

1

l ⇒ ω 2

=

1

= ω (Unid. de velocidad angular)

3).- Por el principio de trabajo y energía cinética: 0

}

W 1−2

= E K 2 − E K 1

W 1−2 M

0

 π   4 

= − ∫π M d θ = −20 −  = 15.71 4

N-m



___________________________________________________________________ W 1−2 g

= −mb g (0.1 − 0.0707 ) − mb g (0.3 − 0.212) − mg (0.4 − 2 * 0.1414)

W 1−2 g

= −5.748

W 1−2 K

= − K δ 2 = − * 6000 * 0.05 2 = −7.5

N-m

1

1

2

2

N-m

Luego:

W 1−2

= 15.71 − 5.748 − 7.5 = 2.462

N-m

(3)

También:

E K 2

2   l   2 = I Oω + I B ω = ω * 2 I C i = ω m k G + m   2 2 2  2   

E K 2

= 2 ω 2 (0.06 2 + 0.12 ) = 0.027 ω 2

1

2

1

2

1

2

2

(4)

(3) = (4):

0.272 ω 2

= 2.462

ω = 9.514

→ ω 2 = 90.515 b

rad/seg

A

4-51.- El bastidor cuadrado está constituido por cuatro varillas delgadas iguales de longitud “b” cada una. Si el bastidor se suelta en reposo desde la posición representada, hallar la celeridad de la esquina A: a) Después de que A haya descendido una distancia “b” y b) Después de que A haya descendido una distancia “2b”. Las pequeñas ruedas se deslizan sin frotamiento.

b

ℑF

ℑ

B F P4-51

Solución

Las únicas fuerzas que producen trabajo son los pesos de las barras, se conserva la energía mecánica y si tenemos como ρ a la densidad lineal de las barras.



___________________________________________________________________ 1).- Diagrama de las posiciones en el sistema (ver figura P4-51a):


E M 1

= E M 2 = E M 3

E K 1

=0

U 1

= 4 ρ g b

P4-51a

b 2

1

= 2 ρ g b 2

(Unid. de energía)

2

  ω 22 

E K 2

2  b 2  b    = 4 * b ρ * b + 4 b ρ   + 4 b ρ  2  12  2   2  

E K 2

 ρ b 3 ρ b 3  5 =  + + ρ b 3  ω 22 = ρ b 3ω 22 = 1.667 ρ b 3ω 22 2 3  6 

U 2

2

(Unid. de energía)

=0

E K 3 U 3

1

5

= ρ b 3ω 32 = 1.667 ρ b 3ω 32 3

= −2 ρ g b 2

(Unid. de energía)

(Unid. de energía)

Luego: a) E M 1

= E M 2



___________________________________________________________________ 2 ρ g b 2

V A 2

6 g

3

5b

= ω 2 * r C i 2 A 2 =

b).- E M 1

2 ρ g b 2

V A 3

5

= ρ b 3ω 22 → ω 2 = 6 g 5b

*b 2

=


12 g b 5

(Unid. de velocidad)

= E M 3 5

12 g

3

5b

= ρ b 3ω 32 − 2 b 2 ρ g → ω 3 =

= ω 3 * r C i 3 A 3 =

12 g 5b

*b =

12 g b 5



4-52.- Las dos barras esbeltas de masa m y longitud “b” cada una están articuladas entre sí y se mueven en el plano vertical. 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, hallar la velocidad de A cuando choca con O.

=0 P4-52

ℑ

Solución

Por la forma alternativa del principio de trabajo y energía cinética. 1).- Diagrama de la posición final e inicial (ver figura P4-52a):

A2 centro instantáneo

P4-52a



___________________________________________________________________ 2).- Por la forma alternativa de trabajo y energía cinética:

W 1−2 FNC = E M 2 − E M 1

= ∆ E K + ∆U  π π  + θ  = M θ 2 2  

π

W 1−2 FNC

= W 1−2 M = ∫ β 2 M d β = M  − 1 1

1

2 3

3

∆ E K = 2 * * m b 2ω 2 − 0 = m b 2ω 2 b

b

2

2

(Unid. de energía)

(Unid. de energía)

∆U = 2 * mg − 2 * mg cosθ = mg b (1 − cos θ ) (Unid. de energía) Luego:

M θ =

1 3

+ mg b (1 − cos θ )

 M θ g



2 m b



ω = 3 

V A

m b 2ω 2

− (1 − cos θ ) b


  = ω b = 3  − g b (1 − cos θ )  m  M θ

(Unidades de velocidad)

4-53.- 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. Después de que el aro haya rodado media vuelta. a) Hallar su velocidad angular ω y b) La fuerza normal bajo el mismo, si θ = 10°.

ℑ

P4-53 Solución

Para la primera parte, la única fuerza que produce trabajo es el peso, por lo que se conserva la energía mecánica: para la segunda parte, aprovechamos la velocidad angular para resolver el problema, por sumatoria de fuerzas en la dirección de la normal.



___________________________________________________________________ 1).- Grafico de la posición inicial y final (ver figura P4-53a):

P4-53a 2).- Por conservación de la energía mecánica:

E M 1

= E M 2

E K 1

=0

 π 2 sen θ + 2 cos θ  2 r    U 1 = mg  π r senθ + cos θ  = mg r  π π     E K 2

E K 2

U 2

(Unid. de energía)

2

  2 r  4 r 2  2 1  2 = m V + I G ω = m ω  r −  +  m r − m 2  ω 2 2 2   2  π  π  1

2 G

1

2

1

1  2  = m ω 2 r 2 (π − 2)   (Unid. de energía)

 π 

2

= −mg

2 r

π

cos θ (Unid. de energía)

Luego:

 π 2 sen θ + 2 cosθ  1 2 r 2   = m ω 2 r 2 (π − 2)  mg r    − mg cosθ π π  π    2



___________________________________________________________________ g (π 2 sen θ + 4 cos θ ) = ω 2 r (π − 2 )

ω =

2 g  π sen θ + 4 cos θ 



r 

 

π − 2


3).- Para la parte segunda, en la posición “2”: a).- D.C.L. (ver figura P4-53b): b).- Relaciones cinemáticas:

 π − 2  2  π − 2   j − ω r   j π π    

aG 2

= ω 2 r j + α k x r 

aG 2

= α r 

2 r 2  π − 2  ω j i + π π  

(unid. de aceleración)

c).- Relaciones cinéticas, para θ = 10°:

∑

&& F Y = m Y G

→

P4-53b

2 r g  4 cos θ + π 2 sen θ   N − mg cos θ = m *  π r  π − 2 

2  2  4 cos 10° + π sen 10°    N = mg cos10° +  2 π π −   

N = 4.137 mg ≅ 4.14 mg (Unid. de fuerza) 4-54.- El engranaje A tiene un peso de 1.5 lb, un radio de 0.2 pie y un radio de giro de K 0 = 0.13 pies. El coeficiente de fricción entre la cremallera B y la superficie horizontal es µ = 0.3. Si la cremallera tiene un peso de 0.8 lb y está inicialmente deslizándose hacia a la izquierda con una velocidad de VB1 = 4 pie/seg, determine el momento constante M que debe aplicarse al engranaje para incrementar el movimiento ℑ de la cremallera de manera que en t = 2.5 P4-54 seg adquiere una velocidad VB2 = 8 pie/seg hacia a la izquierda. Desprecie la fricción entre la cremallera y el engranaje; y suponga que el engranaje sólo ejerce una fuerza horizontal sobre la cremallera.



___________________________________________________________________ Solución

Como el movimiento se encuentra en función del tiempo, usaremos los principios de impulso y cantidad de movimiento. 1).- D.C.L. (s) (ver figuras P4-54a): Y

X

P4-54a (a)

(b)

2).- Relaciones cinéticas: a).- Para (a), f

= µ N = µ w :

∫ ∑ F dt = ∆ L t 2

t 1

X

F = 0.3 * 0.8 +

X

→

0.8 2.5 * 32.2

∫

t 2

t 1

( F − f ) dt = m B (V B 2 − V B 1 )

* (8 − 4 ) = 0.24 + 0.04 = 0.28 lb

b).- Para (b):

∫ ∑ M dt = ∆ H t 2

t 1

0

Z

→

∫

2.5

0

( M − F * 0.2) dt = I 0 (ω 2 − ω 1 ) =

1.5 32.2

 8 − 4    0.2 

* 0.13 2 

2.5 M − 2.5 * 0.28 * 0.2 = 0.01575 M = 0.0623 lb-pie



___________________________________________________________________ 4-55.- El engranaje A está articulado en B y gira a lo largo de la periferia de la cremallera R. Si A tiene un peso de 4 lb y un radio de giro de K B = 0.5 pies, determine la cantidad de movimiento angular del engranaje A respecto al punto C, cuando ω CB = 30 rad/seg y: a) ωR = 0, b) ωR =20 rad/seg.

ℑ Solución

1).- Relaciones cinemáticas.- Cálculo de la velocidad de B y la velocidad angular de A para ambos casos:

V B

= ω CB k x r CB = 30 k x 1.5 i = 45 j

(pie/seg) P4-55

a).- Cálculo de la velocidad angular de A, para ω R = 0 (ver figura P4-55a):

ω A =

V B r C i B

=

45 0.75

VB

Y

= 60

rad/seg

B

Ci

X

ω A = −60 k (rad/seg)

P4-55a

b).- Cálculo de la velocidad angular de A, para ω R = 20 rad/seg (ver figura P4-55b): VB

V D

= ω R k x r CD = 20 k x 2.25 i = 45 j

(pie/seg) VD

Si: Y

V B

= V D + ω A x r AB

45 j

D X

= 45 j + ω A k x (− 0.75 i )

− 0.75

A

= 0 → ω A = 0 P4-55b



___________________________________________________________________ 2).- Cálculo de la cantidad de movimiento angular de A, respecto a C: Si:

H C = H B a).- Para

+ r CB x m A V B

ω A = −60 k rad/seg: 4

H C

= − I Bω A k + r CB i x m AV B j = −

H C

= −1.863 k + 8.385 k = 6.522 k

b).- Para

H C

32.2

* 0.5 2 * 60 k + 1.5 i x

4 32.2

* 45 j

slug-pie2/seg

ω A = 0 :

= r CB i x m AV B j = 1.5 i x

4 32.2

* 45 j

= 8.385 k slug-pie2/seg ℑ

4-56.- Cierto carrete tiene un peso de 30 lb y un radio de giro K O = 1.4 pies. Si se aplica una fuerza de 40 lb a la cuerda de soporte en A, como se indica, determine la velocidad angular del carrete a los 3 seg después de partir del reposo.

T1

T = 40 lbs

Y

Ci

O

P4-556 Solución

X

30 lbs

P4-56a

Como el movimiento esta en función del tiempo, utilizaremos el principio de impulso angular y cantidad de movimiento angular. 1).- D.C.L. (ver figura P4-56a):



___________________________________________________________________ 2).- Relaciones cinéticas, para un tiempo cualquiera, tomando momentos con respecto al centro instantáneo Ci:

& = H C i

∑

M C i

+ ρ C i O x m aC i

& = H C i

0 64 4 7 44 8 2 + r i x m ω r i

=

d H C i dt

Separando variables e integrando, para un cuerpo simétrico en movimiento plano:

∫ ∑ M 3

0

C i

dt = H Z C i 3

0 67 8 − H Z C i 0

30

3

∫ (1.5 T − 30 * 0.5) dt = 32.2 ( K 0

4.5 * 40 − 45 = 2.06 ω 3

2 O

+ 0.5 2 ) ω 3 =

→ ω 3 = 65.534

30 32.2

(1.4 2 + 0.5 2 ) ω 3 = 2.06 ω 3

rad/seg

4-57.- Resuelva el problema 4-56, si de la cuerda en A se cuelga un bloque de 40 lb en vez de aplicar la fuerza de 40 lb. Solución

Como el movimiento esta en función del tiempo, utilizaremos el principio de impulso angular y cantidad de movimiento angular. 1).- D.C.L.(s) (ver figura P4-57a):

T1

T

T Y

a

Ci

O

X

mg

30 lbs

mg

P4-57a (a)

(b)

2).- Relaciones cinemáticas: a).- Para (a):



___________________________________________________________________ 0

}

V P 3

= V P 0 + a t → a =

V P 3 t

=

V P 3

(1)

3

b).- Para (b), por rodamiento:

V P 3

= 1.5

3

En (1):

=

a

1.5 ω 3 3

= 0.5 ω 3

(2)

3).- Relaciones cinéticas: a).- Cálculo del momento con respecto a Ci, para un tiempo cualquiera en el carrete:

& & = H C i + ρ C i O x m a C i = H C i

∑

M C i

0 64 4 7 44 8 & + r i x m r ω 2 i = H C i

=

d H C i dt

Separando variables e integrando, para el cuerpo simétrico:

∫ ∑ M 3

C i

0

dt = H C i 3

0 6 7 8 − H C i 0

→

3

∫0 (1.5 T − 30 * 0.5) dt =

4.5 T − 45 = 2.06 ω 3

30 32.2

(K 2 + 0.5 2 ) ω 3 O

(3)

b).- Cálculo de T en (a):

→ T = m ( g − a )

mg − T = ma De (2):

T = 40 −

40 32.2

* 0.5 ω 3

= 40 − 0.6 ω 3

(4)

(4) en (3):

180 − 2.79 ω 3 3

= 27.835

− 45 = 2.06 ω 3 → 4.85 ω 3 = 135 rad/seg



___________________________________________________________________ 4-58.- Una plataforma B de 115 kg de masa, se mueve sobre las ruedas dentadas D y E tal como se muestra. Si cada rueda tiene una masa de 15 kg. ¿Qué distancia recorrerá la plataforma B en 0.1 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), Utilizamos la forma alternativa del principio de trabajo y energía para desplazamientos infinitesimales reales; de esta manera se obtiene la aceleración constante (las fuerzas que actúan en el sistema son constantes) de B, al encontrarse este en movimiento de traslación rectilínea, obtenemos la distancia recorrida a partir del reposo de B. 1).- Cálculo de la aceleración de B, por la forma alternativa del principio de trabajo y energía para desplazamientos infinitesimales reales en el sistema. a).- Determinación de los desplazamientos infinitesimales, para uno de los engranajes (ver figura P4.58a):

x at = a x

Si:

aG

X G

a

=

2

=

r

X 2

= r θ

Y

aG

G

x/2

X

dX G d θ =

=

dX 2

= r d θ

r θ

dX 2 r

Ci

P4-58a b).- Por la forma alternativa del principio de trabajo y energía:

dW FNC

= dE K + dU

dW FNC

= 500 dX



___________________________________________________________________ dE K

= ∑ mi aG i ⋅ d r G i + ∑ I G iα i d θ i a

dX

2

2

dE K

= 65 a dX + 2 *15 * *

dE K

= 76.25 a dX

dU =

∑ m g dh + ∑ K X dX i

i

j

j

a

1

dX + 2 * *15 * 0.6 * 2 * 2

2

0.6

2 * 0.6

j

dU = 0 Luego:

500 dX = 76.25 a dX

→ a = 6.5574 m/seg2

2).- Relaciones cinemáticas: 0

}

X = X 0

0

}

1

1

2

2

& t + a t 2 = * 6.5574 * 0.12 = 0.032785 + X 0

m

X = 32.785 mm 4-59.- El elevador de la figura está diseñado para elevar un hombre en dirección vertical. Un “mecanismo interno” en B hace que el ángulo entre AB y BC sea el doble q ue el ángulo θ entre BC y el suelo. Si la masa total del operario y la cabina es de 200 kg y todas las otras masas se desprecian, determinar el momento M aplicado a BC en C y el momento MB en la unión B, requerido para dar a la cabina una aceleración vertical ascendente de 1.2 m/seg2 cuando parte del reposo en la posición θ = 30°.

ℑ

P4-59

Solución

1).- D.S.F. (ver figura P4-59a):



___________________________________________________________________

sen θ =

s 6

s = 6 sen θ Y = 12 sen θ d Y = 12 cos θ d θ

P4-59a

2).- Relaciones cinéticas: 0

∑ M = ∑ I

}

C

Gi

&& + θ

∑m a i

Gi

d i

= m *1.2 j * 0 = 0

Luego:

∑ M

C

= M = 0

3).- Por la forma alternativa del principio de trabajo y energía, para desplazamientos infinitesimales reales (las fuerzas y momentos internos producen trabajo):

dW FNC

= dE K + dU

dW FNC = M B (2 d θ ) = 2 M B d θ (Unid. de energía) dE K


dE K

= m a (12 cos θ d θ ) = 12 a m cos θ d θ

dU =

∑ m g dh + ∑ K X dX i

i

j

j

(Unid. de energía)

j

d U = mg (12 cos θ d θ ) = 12mg cos θ d θ (Unid. de energía) Luego:



___________________________________________________________________ 2 M B d θ = 12 a m cos θ d θ + 12 mg cos θ d θ M B

= 6 m cos θ (a + g )

En (1), para a

= 1.2

(unid. de momento)

m/seg2 y

(1)

θ = 30° :

M B

= 6 * 200 * cos 30°(1.2 + 9,81) = 11 441.93

M B

= 11.44

N-m

Z

KN-m

4-60.- El bloquecito de masa m se desliza por la ranura diametral lisa del disco, el cual gira libremente en su cojinete. Si el bloquecito se desplaza un poco desde la posición central cuando la velocidad del disco es ω0, hallar su velocidad radial Vρ en función de la distancia radial r. El momento de inercia del disco respecto a su eje de rotación es I 0.

ℑ Solución

P4-60

Como no hay fuerzas que producen trabajo, la energía cinética se conserva; además el momento con respecto al eje vertical es nulo, por lo que se conserva la cantidad de movimiento angular. 1).- Por conservación de la cantidad d e movimiento angular:

(∑ H OZ )i = (∑ H OZ ) f I O ω O

ω =

= I Oω + m r V θ = I Oω + m r 2ω I O

I O

+ m r 2

ω O

(unid. de velocidad angular)

2).- Por conservación de la energía cinética:

E K 1

= E K 2

E K 1

= I Oω O2

1

2

(Unid. de energía)



___________________________________________________________________ E K 2

1

1

1

1

2

2

2

2

= I Oω 2 + m [V ρ 2 + (r ω )2 ] = ω 2 ( I O + m r 2 ) + m V ρ 2

(Unid. de energía)

Luego:

1

1

 I O  I O2 V ρ = ω O  − 2   m m ( I O + m r ) V ρ

= ω O r

I O I O

+ m r 2

1 2

1 

2

 1 2  ( ) ω + + I O ω O2 = ω 2 ( I O + m r 2 ) + m V ρ 2 =  * I m r m V ρ 2 O O 2  2 2 2 2  I O + m r 2 

1

I O

 I O2 + I O m r 2 − I O2  = ω O   2  m ( I O + m r ) 

1 2


4-61.- La figura muestra la plataforma móvil A de lanzamiento del Saturno V junto a la torre umbilical B, el cohete sin combustible C y el transportador de oruga D que lleva al sistema al lugar de lanzamiento. Se dan las dimensiones aproximadas de las estructuras y las posiciones de los centros de masas Gi. Las masas aproximadas son: mA = 3 Gg, mB = 3.3 Gg, mC = 0.23 Gg y mD = 3 Gg. La distancia mínima necesaria para pararse desde la celeridad máxima de 1.5 km/hr es 0.1 m. Calcular la componente vertical de la reacción bajo el tren oruga delantero F durante el período de desaceleración máxima.

P4-61 Solución

Todo el sistema tiene movimiento de traslación. 1).- D.S.F. (ver figura P4-61a)



________________________________________________________ ____________________________ _______________________________________ ___________ B


G2 C mBg

2

V

= V − 2 a e → a =

a

(1500 3600)

2 f

G3

2 0

V 0

2e

2

24m 72m

mCg

55.5m

= 0.868 m / seg 2

2 * 0.1


∑ M = ∑ m a

mAg G1 mDg G4

D E

9.6m

=

E

6m

Gi

d 1

A F

NE

i

4.8m

L.R.

NF

a).- Cálculo del momento respecto a E:

13.5m 13.5m

P4-61a a).- Cálculo del momento respecto a E:

∑ M

= g *10 6 (6 * 3 + 24 * 3.3 + 13.4 * 3) − 27 N F

∑ M

= 1350.834 x106 − 27 N F

E

E

(1)

b).- Cálculo del momento inercial inercial respecto a E:

∑m a

Gi

d i

= −a (3 * 9.6 + 3.3 * 7.2 + 0.23 * 55.5 + 3 * 4.8)x10 6

∑m a

Gi

d i

= −254.814 x10 6 a

i

i

(2)

(1) = (2):

1350.834 x10 6 N F

− 27 N F = −254.814 x10 6

= 59.469 x10 6

N

N F ≅ 59.5 MN



________________________________________________________ ____________________________ _______________________________________ ___________ 4-62.- El pequeño engranaje se hace rotar en un plano horizontal alrededor del engranaje grande mediante el par de momento M aplicado al brazo OA. El engranaje pequeño tiene una masa de 3 kg y puede tratarse como si fuera un disco. El brazo OA de 2 kg tiene un radio de giro de 150 mm respecto al cojinete fijo en O. Hallar el momento M del par constante necesario para dotar al brazo OA de una velocidad velocidad angular de 20 rad/seg en 3 seg seg a partir del reposo. Se desprecia el rozamiento.

Solución

Por el principio de impulso angular y momentum angular, respecto al eje perpendicular al plano y que pase por O.

P4-62

∫ M dt = (∑ H ) − (∑ H ) 3

0

0

0 f

(1)

0 i


= ω D r = 0.075 ω D  0.225 ω OA  ω D = 0 . 075 V A = ω OA r = 0.225 ω OA   V A

→ ω D = 3 ω OA

2).- En (1): D

Si: H O

= H G + r G x m V G

En (1): 3

∫ M dt = ( H 0

D O

 1  2

 

+ H OOA ) f =  m D r 2 * 3 ω OA + 0.225 * m D * 0.225 ω OA  + m B K O2 ω OA

 3 3 M =  * 0.075 2  2

 

+ 0.225 2  * 3 * 20 + 2 * 0.15 2 * 20

3 M = 3.544 + 0.9 M = 1.481 N-m



________________________________________________________ ____________________________ _______________________________________ ___________ 4-63.- El semicilindro macizo homogéneo se suelta en reposo desde la posición representada. Si el rozamiento basta para que no haya deslizamiento, hallar la velocidad angular máxima ω que alcanza el sólido por la superficie horizontal. Solución

Como la única fuerza que produce trabajo es el peso, la energía mecánica se conserva. 1).- Diagrama del estado inicial y otro estado cualquiera: ℑ

P4-63

4r 3π

4 r 3π L.R.

O

 4 r    cos θ  3π 

O

 4 r    cos β  3π 

G

G

P4-63a Ci

Ci


4 r

U 1

= −m g

U β

= −m g

cos θ y Ek 1

3 π

4 r 3 π

=0

cos β y Ek β

O

2

a).- Cálculo del I C i (ver figura p3-63b):

4r

2  1 2  4 r  2   4 r   = m  r −    I C i = I 0 − m   2  3 π   3 π  

3π G

r

1

= I C i ω 2

2

Si:

d Ci

2

 4 r   4 r   − 2 r   cos β d 2 = r 2 +  3 3 π π    

I C i

y

= I G + m d 2

P4-63b



___________________________________________________________________ 2 2 1         4 r  4 r 4 r   + m r 2 +   − 2 r   cos β  I C i =  m r 2 − m   2    3 π    3 π   3 π 

 2 2 8 r 2   cos β I C i = m  r − 3 3 π   b).- Por conservación de la energía mecánica:

U 1

= U β + Ek β

− m g m g

4 r 3 π

4 r 3 π

cos θ = −m g

4 r

1 cos β + I C i ω 2 3 π 2 1

(cos β − cos θ ) = I C i ω 2

(1)

2

Si ω es máximo cuando cos β = 1, en (1) se tiene:

 3 2 8 r 2  2 (1 − cosθ ) = m  r − m g  ω max 3 π 2 2 3 π  4 r

1

2 16 g (1 − cos θ ) = r (9 π − 16) ω max

ω max = 4

g (1 − cos θ )

(9 π − 16) r

= 1.142

g (1 − cos θ ) r


4-64.- El carrete y el alambre enredado alrededor de su eje tienen una masa de 20 kg y un radio de giro centroidal de K G = 250 mm. Si el coeficiente de fricción en el suelo es  B = 0.1. Usando el método de la forma alternativa del principio de trabajo y energía cinética, para desplazamientos infinitesimales reales, determiné la aceleración del carrete cuando se aplica un par de 300 N-m. Solución

Los únicos que producen trabajo son: el momento y la fuerza de fricción en B que son no conservativos.

P4-64



___________________________________________________________________ 1).- D.C.L. y relación de los desplazamientos infinitesimales reales (ver figura P4-64a):

y

X G

x

Ci

T

M

X G

G XG

=

0.6 0.2

dX = 3 dX G

mg f

X

= r θ → dX G = r d θ

X

aG

→ X = 3 X G = 3 r d θ

= 0.2 α i

N

P4-64a 2).- Relaciones cinéticas.- Para calcular la fuerza de fricción en B (hay deslizamiento):

∑ F

Y

= 0 → N = mg = 20 g → f = µ B N = 0.1 * 0.2 g = 2 g

3).- Por la forma alternativa del principio de trabajo y energía cinética, para desplazamientos infinitesimales reales:

dW NC

= dEk + dU

Donde:

dW NC

= 30 d θ − 2 g * 3 * 0.2 d θ = 18.228 d θ

dEk =

∑m a i

Gi

⋅ d r G i + ∑ I G iα d θ = m α r 2 d θ + m K G2 α d θ

dEk = 20 α (0.2 2

+ 0.25 2 ) d θ = 2.05 α d θ

dU = 0 Luego:

18.228 d θ = 2.05 α d θ

α = 8.892

rad/seg2



___________________________________________________________________ 4-65.- El disco mostrado en la figura tiene una masa m y un radio r . 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, la aceleración del centro de masa es entonces de (3/5)g y de A es 3 5

g .

y T

A

x

M r 30° C

P4-65 Solución

1).- D.C.L. (en el instante del corte), ver figura P3-65a: P4-65a f

2).- Relaciones cinemáticas, en el instante del corte, donde ω =0:

a A

== a A i

aC

= a A − α k x r AC = −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).- relaciones cinéticas:

∑ F

= m aC X → 0 = −m (a A + α r sen30º ) → a A = −

∑ F

= m aC Y → T − mg = − m α r cos 30º

X

Y

∑

M C = I C α

α r 2

(1)

(2)

1

m r

2

3

→ − T r cos 30º = m r 2α → T =

α

(3)

(3) en (2):

m r 3

α − mg = −m α r

3 2

→ α =

g  2 3 

   r  5 

(4)



___________________________________________________________________ Luego:

aC

g  2 3  3 3  r j g j = −  = − 

a C

=

r  5 

3

g

5

↓

2

5

(Unidades de aceleración)

(Unidades de aceleración) lqqd

En (3):

T =

m r g  2 3  2  = mg (Unidades de fuerza) lqqd *  3 r  5  5

En (1):

a A

g  2 3  r 3  = − g = −  

a A

=

r  5  2

3

g

5

→

5

(Unidades de aceleración) lqqd

. 4-66.- 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. 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?

D

Y r 15°

X

G

30°

aD 30°

mg

P4-66 aD

Solución

r O

mDg

El sistema se moverá en traslación 1).- D.S.F. (ver figura P4-66a):

N

P4-66a



___________________________________________________________________ 2).- Relaciones cinéticas: o

}

∑ M = ∑ I α + ∑ m a d O

0

i

i

i

mg r cos 30º + mg r (cos 30º + cos 45º ) = m a D r + m D a D r (1 + cos15º ) 10 * 9.81cos 30º +3 * 9.81 * 1.573 = a D (10 + 3 * 1.966) a D

= 8.256

a D

= 8.256 (cos 60º i − sen60º j )

a D

= 4.128 i − 7.15 j

m/seg2 (

)

60º

(m/seg 2)

4-67.- Dos barras homogéneas están conectadas por un perno en B. La barra superior está unida mediante un perno al collarín deslizante en A. El collarín tiene una aceleración constante de 8.05 pie/seg2 a la derecha. Determine los ángulos θ1 y θ2, suponiendo que no haya oscilación (es decir los ángulos son constantes). Solución

Todo los cuerpos están en movimiento de traslación. P4-67

1).- D.S.F.(barra BA y collarín A) y D.C.L.(CB):

R BY

R f A

R BX

Y X

mag

B

θ2

θ1 m1g C m1g R BX

B R BY (a)

P4-67a (b)



___________________________________________________________________ 2).- Relaciones cinéticas: En (b):

∑ F

= m2 a → R B X = m2 a =

∑ F

= = 0 → R B Y = m2 g = 9

X

Y

∑ M

B

tg θ 2

=

= m2 a d 2 → m2 g * a

=

g

8.05 32.2

9 12

9 32.2

* 8.05 = 2.25 lb

lb

senθ 2

= m2 a *

9 12

cos θ 2

= 0.25 → θ 2 = 14.036º

En (a):

∑ M

A

m1 g *

= m1 aG 1 d 1

12 24 24 senθ 1 + R B Y * senθ 2 − R B X * cos θ 2 12 12 12

12 * senθ 1 30 senθ 1 tg θ 1

+ 9 * 2 senθ 2 − 2.25 * 2 cos θ 2 =

12 32.2

= m1 a *

12 12

cos θ 1

* 8.05 * cos θ 1

= 7.5 cosθ 1

= 0.25 → θ 1 = 14.036º

4-68.- Un cilindro escalonado tiene unos radios de 600 mm el pequeño y 1.3 m el grande. Un bloque rectangular A que pesa 225 N está soldado al cilindro en el punto B. La constante del muelle K es de 0.18 N/mm. Si el sistemas se suelta a partir de una configuración en reposo. ¿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. En la posición que se muestra el muelle no está deformado.

P4-68



___________________________________________________________________ Solución

Las únicas fuerzas que producen trabajo son conservativas, por lo que la energía mecánica se conserva. 1).- Grafico de la posición inicial y final: 0.5m

G1

A 1.45m

1.45m

0.5m O

O

0.5m

L.R.

1.534m G1 A

P4-68a Para el resorte:

δ S 1 = 0 δ S 2 =

π 2

r (hay enrollamiento)


Ek 1

=0

U g 1

= m A g h A = 225 *1.95 = 438.75

U e 1

=0

Ek 2

= I 0ω 2 + m AV G2 2 + I G Aω 2

Ek 2

= * 36 *12 ω 2 + *

U g 2

=0

1

1

1

2

2

2

1

1

225

2

2 9.81

J

* (1.534 ω )

2

1

+ *

1

*

225

2 12 9.81

(0.3 + 1 ) ω = 46.027 ω 2

2

2

2

J



___________________________________________________________________ 2

 π  U e 2 = * 180 *  * 0.6  = 79.94 j 2  2  1

Luego:

EM 1

= EM 2

438.75 = 46.027 ω 2

ω = 2.792

+ 79.94

A

rad/seg

4-69.- 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. 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, 4 seg después de comenzar a bajar? No hay deslizamiento.

P5-69

Solución

Como toda las fuerzas que actúan en el sistema son constantes, la aceleración que actúa en los centros de masa serán constantes, luego utilizando el método alternativo de trabajo y energía cinética para desplazamientos infinitesimales reales. 1).- Relación de los desplazamientos infinitesimales (en uno de los rodillos) y relaciones cinemáticas:

X A

A

A

X G X G

XG

=

2 r r

→ X G =

= r θ → d θ =

X A

→ dX G =

2

dX G r

=

dX A 2

dX A 2 r

G

P4-69a

a A

=

V A

= a A t = 4 a A ≤ 3 m/seg

a A

= 0.75

2

= α r → α =

aA

aG

2 r

m/seg2 (Tomando la velocidad limite)



___________________________________________________________________ 2).- Por el método alternativo, para desplazamientos infinitesimales reales en el sistema:

dW NC

= ∑ mi aG i ⋅ d r G i + ∑ I G i α i d θ i +∑ mi g hi

Donde:

dW NC

= −T dX A

∑m a

Gi

⋅ d r G i = m A a A dX A + 2 m D *

∑m a

Gi

⋅ d r G i = 171.66 dX A

∑ I

α i d θ i = 2 * 50 * 0.2 2 *

i

i

Gi

∑ m g dh i

i

a A 2 r

*

a A 2

dX A 2 r

*

dX A 2

=

2000 9.81

* 0.75 dX A

+ 50 * 0.75

dX A 2

= 12 dX A

= −2000 * dX A sen30º −2 * 50 * 9.81 *

dX A sen30º = −1245.25 dX A 2

Luego:

− T dX A = 171.66 dX A + 12 dX A − 1245.25 dX A T = 1061.59 N 4-70.- Un cable pasa alrededor de dos poleas. Se aplica una fuerza T en el extremo G del cable. Cada polea tiene una masa de 2.5 kg y un radio de giro de 100 mm. El diámetro de las poleas es de 300 mm. Un cuerpo C de 50 Kg de masa está soportado mediante la polea B. Suspendido de C hay otro cuerpo D de 12.5 kg de masa. El cuerpo D se deja bajar desde el cuerpo C con una aceleración de 1.5 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 1.5 m/seg2? Solución

1).- D.C.L. (s), ver figuras P5-7a:

P4-70



___________________________________________________________________

(a)

(b)

(c)

(d)

2).- Relaciones cinemáticas: a).- Para el cuerpo B:

aG

aG

a E

X

aE r

Y

=

E

r

Ci

2 r r

aG

= 1.5

a E

=

B

α =

1.5

P4-70a

m/seg2

1.5 2

0.3

→ aG = 2 a E = 2 r α

= 0.75 m/seg2

=5

rad/seg2

b).- Para la configuración:

a E

= aC = 0.75

m/seg2

c).- Para el cuerpo D:

a D

= aC + aC = 0.75 j − 1.5 j = −0.75 j

(m/seg2)

D

3).- Relaciones cinéticas: a).-Para (d):

− m D g + T 3 = −m D a D → T 3 = 12.5 (9.81 − 0.75) = 113.25

N



___________________________________________________________________ b).- Para (c):

T 2

− mC g − T 3 = mC aC → T 2 = 50 (9.81 + 0.75) + 113.25 = 641.25 N

c).- Para (b), tomando momentos en C i:

∑ M

C i

= ∑ mi aG i d i + ∑ I G i α i

T ' (2 r ) − (m B g + T 2 ) r = m B a E r + I E α 2T ' = 2.5 * 9.81 + 641.25 + 2.5 * 0.75 +

∑ M

0

2 − 5 * 0.12

= I 0α A → (T '−T ) r = −m A K 02

T = 334.242 + 2.5 *

0.12 * 2 0.15

0.15 aG r

*5

→ T ' = 334.242

= −m A K 02

N

2 r α r

*5

T = 335.91 N 4-71.- 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, determine la velocidad angular de la barra en el instante θ = 90º. El resorte tiene una longitud no estirada de 1 pie.

P4-71 Solución

Como en el sistema las únicas fuerzas que producen trabajo son conservativas, la energía cinética se conserva. 1).- Grafico del sistema en su posición inicial y final (ver figura P4-71a):

δ 1 = 3 P4-71a

pies (deformación del resorte)

δ 2 = (2 2 − 1) = 1.828

pies



___________________________________________________________________ 2).- Por conservación de la energía mecánica:

EM 1

= EM 2 0

Ek 1

= Ek 1 ℜ

678 + Ek 1 AC

1

= I C ω ℜ2 = 2

0.0932 644 744 8 1 12 1 2 * * *1 * 3 2 2 32.2 2

= 0.839

lb-pie

Donde:

U g 1

=0

U e 1

= K δ 2 =

Ek 2

2 = Ek 2 ℜ + Ek 2 AC =  mℜV C 2 2 + I C ω ℜ2 2  +  m AC V B2 + I B ω AC 

Ek 2

2 =  mℜ (4 ω AC )2 + 0.0932 (3 + ω AC )2  + I C i AC ω AC

1

10

2

2

= 45

* 32

lb-pie

 1  2

  1   2

1

2

1 2 1

 

12

2

1

+ 0.0932 (9 + ω + 6 ω AC ) + *

= *

Ek 2

2 = 3.488 ω AC + 0.559 ω AC + 0.839

U g 2

= −mℜ g hC − m AC g hB = −(12 * 4 + 5 + 2) = −58

U e 2

= K δ 2 =

2 32.2

* 16 ω

1

10

2

2

2

1

Ek 2

2 AC

* 1.828 2

2 AC

= 16.71

 

1

5

2 32.2

*

42 3

2 ω AC

lb-pie

lb-pie

Luego: 2 0.839 + 45 = 3.488 ω AC + 0.559 ω AC + 0.839 − 58 + 16.71 2 3.488 ω AC + 0.559 ω AC − 86.29 = 0

ω AC =

− 0.559 ± 0.559 2 + 4 * 86.29 * 3.488 2 * 3.488

= −0.08 ± 4.974



___________________________________________________________________

ω AC 1 = 4.894 ω AC = 4.894

rad/seg (bueno) y

ω AC 2 = −5.055

rad/seg (malo, por que el ángulo aumenta)

rad/seg

4-72.- El cilindro ℜ en la figura con cuatro agujeros gira a 200 rpm inicialmente. Se coloca en la posición mostrada un cilindro ℘ uniforme de 100 lb y la fricción produce un momento de frenado que detendrá a ℜ. El coeficiente de fricción  es 1/3 y antes de que se hicieran los agujeros, el cuerpo uniforme ℜ pesaba 200 lb. Para cualquier sentido de rotación de ℜ resulta un frenaje rápido; calcule el tiempo de frenado.

plg

℘

Solución

ℜ

Y

1).- D.C.L. (ver figura P4-72a)

X

P4-72a Ay

N

W

f A Ax

0.25 pies

CY f N

wℜ

CX

0.5 pies

0.6 pies

(a)

P4-72a

(b)

2).- Relaciones cinéticas: Si: f

1

= µ N = N 3

a).- Para (a):



___________________________________________________________________

∑ M

2

=0 →

A

Luego: f

3

= 22.22

* N − w *

1 2

1

4

4

5

+ * f = 0 → N = * 50 = 66.67

lb

lb

b).- Para (b):

∑ M

C

= I C θ &&

(1)

i).- cálculo del IC del cilindro ℜ:

I C

=

 mh r 2  − 4  + mh d 2   2 

mw R 2 2

Donde: 6.21

}

mw

200

=

32.2

= ρ π R 2 → ρ = 3.51

slug/pie2

2

 2  mh = ρ π r = 3.51 * π *   = 0.306  12  2

slug/pie2

Luego:

I C

=

( )

6.21 * 9 12 2

2

 0.306 * (2 )2 2  5   12  −4 + 0.306 *   = 1.517  2  12    

slug-pie2

En (1):

− 22.22 *

Si;

d θ & dt

9 12

= 1.517 θ && → θ && = −10.99

= θ && →

θ & = θ &0 − 10.99 t

θ &

∫

θ &0

d θ & =

∫

t

0

&& dt = θ

→ θ & = 200 *

rad/seg2 (constante)

t

∫ − 10.99 dt 0

π 30

− 10.99 t = 20.94 − 10.99 t

(2)

3).- Cálculo del tiempo del frenaje:



___________________________________________________________________ & = 0 , luego en (2): Se detiene el cilindro, si θ

0 = 20.94 − 10.99 t

→

t =

20.94 10.99

= 1.9

seg

4-73.- Un cilindro hueco está a punto de bajar por un plano inclinado tirando del bloque B, partiendo del reposo. Hallar la velocidad angular del cilindro que rueda, después de haber recorrido 0.5 m. Utilizar los siguientes datos: R A (exterior) = 2.5 m, R A (interior) = 1 m, M A = 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.

B 0.5

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):

Ek ℜ

1

 1  1  1  & 2i  = mℜ (ω R )2 + 0.8 *  mℜ R 2ω 2  mi ρ ∑  2  2  4 

= mℜV G2 2 + 0.8 *  2



___________________________________________________________________ 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:

Ek B

1

1

2

2

= m BV B2 = m B (2 R ω )2 = 2 * 30 * 2.5 2 ω 2 = 375 ω 2

J

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 h B 1 = 100 * 9.81 * 2.66 + 30 * 9.81 * (0.342 + h )

U 1

= 2710.1 + 294.3 h

U 2

= m B g h B 2 = 30 * 9.81 h = 294.3 h

4).- Cálculo de la fuerza de fricción de B:

Y

a).- D.C.L. de B (ver figura P4-73b):

mag 20º

b).- Relaciones cinéticas:

∑ F

Y

X

= 0 → m B g cos 20º = N → N = 276.55

Luego; f

= µ d N = 0.5 * 276.55 = 138.275

f

N

T

5).- Por el método alternativo:

W NC = EM 2

N

N

P4-73b

− 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



___________________________________________________________________ 4-74.- La barra AB se suelta en la configuración que se muestra ¿Cuáles serán las fuerzas de soporte en ese instante, si despreciamos el rozamiento? La barra pesa 900 N y tiene 6 m de longitud. Solución 1).- Relaciones cinemáticas.- Determinación del centro instantáneo de aceleración nulo y cálculos elementales (ver figura P4-74a):

P4-74a Por la ley de senos:

6 sen75º

=

C a A sen45º

=

C a B sen60º

C a A = 4.392 m C a B

= 5.379

m

Por el teorema de la mediana: P4-74a

C a A

2

+ C a B = 2 C a G +

4.392 2

Y

C a G

2

2

AB 2 2

+ 5.379 2 = 2 C a G 2 +

= 3.887

36 2

m

X

Por ley de senos:

5.379 sen β

=

3.887 sen45º

sen β = 0.979

→ β = 101.76º

φ = 101.76º −15º = 86.76º P4-74b

2).- D.C.L. de la barra (ver figura P474b):



___________________________________________________________________ d = 3.887 cos 86.76º = 0.22 m 3).- Relaciones cinéticas:

∑

M C a

 1  m l 2 + m C a G 2  α  12 

= I C aα → 900 d = 

900 * 0.22 =

900  1 2   * 36 + 3.887  α 9.81  12 

→ α = 0.119

rad/seg2

Luego:

aG

= α k x r C a G = 0.119 k x 3.887 (− cos 86.76º i − sen86.76º j )

aG

= 0.462 i − 0.026 j

∑ F = m a Y

∑ F

X

G X

(m/seg 2)

→ N A * sen45º + N B sen60º − mg = −

= m aG Y → N B * cos 45º − N B cos 60º =

900 9.81

900 9.81

* 0.026

* 0.462

(1)

(2)

(1) + (2):

− N B (sen60º + cos 60º ) + 900 = N B

= 626.07

900 9.81

(0.026 + 0.462)

N

En (2):

N A * N A

2 2

− 626.07 * cos 60º =

= 317.27

900 9.81

* 0.462

N



___________________________________________________________________ 4-75.- Un tubo AB de 1.6 kg puede deslizar libremente sobre la barra DE, que puede girar libremente en un plano horizontal y el tubo se mantiene en su posición mediante una cuerda. La rapidez angular crece hasta que se rompe la cuerda (su resistencia a la tensión es de 50 N) y en ese instante el momento externo deja de actuar. Determine la velocidad angular de la barra DE y la velocidad del centro de masa de AB cuando este golpee a E. Si el momento de inercia de masa de la barra y la mensula respecto al eje de rotación vertical es de 0.30 kg-m2 y el momento central de inercia del tubo respecto al eje vertical de rotación es de 0.0025 kg-m2.

G

Solución

1).- D.C.L. del tubo AB (ver figura P4-75a):

P4-75

P4-75a

2).- Relaciones cinéticas.a).- La cuerda proporciona la fuerza normal, que cusa la aceleración normal (hacia el interior) hasta que se rompe. Para ese instante se calcula la velocidad angular de DE:

∑ F = m a n

1

= 22.36

Gn

→ T = m l 1ω 12 → 50 = 1.6 *

0.125 2

* ω 12

rad/seg

b).- Cuando la cuerda se rompe en el t1, el tubo AB se desplaza hacia fuera además de girar con DE. Entre el tiempo t1 y t2 (cuando choca), tenemos lo siguiente para el sistema: i).- Conservación de la cantidad de movimiento angular H0 respecto al eje vertical, por que no hay fuerzas que produzcan momentos con respecto a ese eje.



___________________________________________________________________ ii).- Conservación de la energía cinética. Por conservación de la cantidad de movimiento angular:

= H 0 f

H 0 i

DE I AB 0 ω 1 + I 0 ω 1

AB = I DE 0 ω 2 + H 0 2

Donde:

 

AB = H AB G 2 + (r 0 G x m V G 2 ) = I G ω 2 +  r OE −

H AB 02

  i x m V G  2   Z

r AB 

Luego: DE I AB 0 ω 1 + I 0 ω 1

[( I

AB G

 

AB = I DE 0 ω 2 + I G ω 2 +  r OE −

 

DE AB + m * 0.0625 2 ) + I DE O ] ω 1 = I 0 ω 2 + I G +  r OE −

22.36 (0.0025 + 6.25 x10 −3 2

  i x m V G  2   Z

r AB 

= 7.65

r AB 

 m ω 2

2 

+ 0.3) = ω 2 (0.3 + 0.0025 + 0.375 *1.6)

rad/seg

3).- Cálculo de la velocidad de choque de AB: a). La componente transversal de punto B es:

V θ 2

= ω 2 r = 7.65 * 0.375 = 2.87

m/seg

b).- Por conservación de la energía cinética:

1

1

1

2

2

2

Ek 1

2 2 m (V θ 21 ) + I AB = I DE 0 ω 1 + G ω 1

Ek 1

=

Ek 1

= 77.183

0.3 2

* 22.36 2 +

1 2

2

*1.6 (0.625 * 22.36)

1

+ * 0.0025 * 22.362 2

J


Solucionario Cuerpo Cinetica

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