Dinamica Irving Shames

Universidad Nacional del Altiplano Dinámica

Shames 16.40.Un cilindro escalonado tiene dimensiones R 1=0.30m y R20.65m y el radio de iro ! es 0.35m la masa del cilindro escalonado es 100! los pesos A y " están conectados al cilindro# si el peso " tiene $na masa de %0! y el peso A tiene $n masa de 50! &'$( distancia recorrerá A en los primeros 5 se$ndos) &* en +$( direcci,n)

-ol$ci,n /Diarama de c$erpo ire

neniera ivil

áina 1


ara $n p$nto c$al+$iera de la polea αt = αr

7ntonces aA =( 0.65 )α 888888888888/1 αB =( 0.30 )α 88888888888../2

A9ora s$poniendo +$e es sistema ire en sentido 9orario. :A

∑ Fy =( mx ) a A m=50!

;A<:A=/mA/aA :A=/50/.%1
:"

∑ Fy =( m) a " m=%0!

;"<:"=/m"/a" :"=/%0/.%1>/%0/.%1 :"=?%4.%<%0a"888888/ ;"=/%0/.%1 7ntonces @y =@yi > ayt  t=5se. @y  =0>2/3.3?2/5 @y  = 16.%6mBs

@2y =@2yi>2ay /C
áina 2


/16.%62=0>2/3.3?2/C <0 C =42.15m /R7-U7-:A

ara el radio de iro !=0.35m K =

√

I m

I /0.35 m = 100 Kg 2

2

=12.25!m2 lanteamiento de la ec$aci,n de movimiento del sistema

∑ Mo = Iα :"/R1<:A/R2=/12.25 α 8888888888./A -$stit$yendo / y / en /A tami(n /1 y /2 en / y / respectivamente

[ 784.8 +80 (0.30 α )] [ 0.30 ] −[ 490.5−50 ( 0.65 α ) ] [ 0.65 ] =12.25 α 235.44>?.2 α
/omo

el sino es positivo ira en sentido 9orario

/R:A

-$stit$yendo en /1 tenemos aA=3.3?2mBs2.

16.50. Un cilindro solido semicirc$lar de peso ; y de radio R se s$elta partiendo del reposo a partir de la posici,n +$e se m$estra en la $ra. &$ál será la $erEa de roEamiento en ese instante)


áina 3


-ol$ci,n RealiEando D...

< S=

Del área de la semicirc$nerencia tenemos πR

2

2

Derivando tenemos ds = πRdR ds = πxdx

< R

∫

2

I O = x δds 0

RemplaEando dierencial de área


áina 4

Universidad Nacional del Altiplano Dinámica R

∫

2

I O = x δπxdx 0

R

∫

3

I O =δπ x dx =

δπ x

… … … … … ( a)

4

0

<

4

A9ora -aemos +$e  M

δ =

πR

2

2

=

2 M

πR

2

RemplaEando en la ec$aci,n /a tenemos  I O =

<

M × R

=

2

π ×R ×4

2

2

Del teorema de -teiner tenemos M R

Fr ( R ) =(

2

2

Fr α = × MR

4 R

+m(

2

) ) α

3 π

2

1

4

2

3 π

Fr = MR ( +(

<

4

2× M × π × R

) ) α

1

(+ ) 1

16

2

9 π

… … … … … … (1 )

2

7l momento de inercia centroidal

M C = I C × α

Fallando la aceleraci,n an$lar

− Fr ( R ) + w

2

α = MR

(

( )= 4 R

M R

3 π

4 R

2

2

× α

)

− Fr … … … … … … . ( 2)

3 π


áina 5


$alando la ec$aci,n 1 y 2 tenemos Fr × MR

1

(

1 2

Fr =(1 +

+

16 2

9 π

32 2

9 π

)

=

2

MR

(

4 R

− Fr

3 π

)

4 )( w − Fr ) 3 π

Fr =0.2446 w rpta

16.66 se m$estra $n disco circ$lar con $n a$Gero tami(n circ$lar. 7ste descansa sore $na s$percie sin roEamiento y la vista +$e se m$estra desde arria. Una $erEa H=0.2 N actIa sore el disco. 7l rosor del disco es de 50 mm y s$ densidad es de 5.6 JBm ³. &c$áles serán la aceleraci,n lineal inicial del centro de masas y la aceleraci,n an$lar del disco)

-ol$cion a <

DespeGando la ec$acion de la densidad tenemos m = ρ v Kg 2 2 3 m =5600 3 × ( 0.075 −0.032 ) π × 0.05 m m m = 4.047 Kg

< <

or la ley de neKton saemos +$e  H = ma RemplaEando valores tenemos


áina 6


=4.047 Kg × a

0.2 N

a =0.0494

m s

2

= 49.4 mm 2

s

 <

alc$lando el momento de inercia  M O = I O α

∑

Dondesaemos 2 M R momento de inerciadel circ$lo 2 mr 2

2 2

+ md  momento de inercia del 9$eco

7l momento de inercia total sera I O =

M R

2

−(

2

mr 2

2 2

+m d )

7ntonces reemplanEado en la ec$acion de momento de inercia

M R

( 0.2 ) ( 0.05 )=(

2

2

(

−

mr 2

2 2

)

+ m d ) α

π × 5600 × ( 0.075 ) × ( 0.05 ) × ( 0.075 ) 2

( 0.2 ) ( 0.05 )=[

α =

2

2 2

− π × 5600 × ( 0.032 ) × (

(

( 0.032 ) 2

2

)

= 0.82 Rad rpta 0.0122 s 0.01

16.%0. Una arra A". nicialmente en reposo# de 3m de lonit$d y $n pese de 445 N se m$estra inmediatamente desp$(s de 9aerse soltado. alc$lar la $erEa de tracci,n en los cales 7A y D" en ese instante.


áina ?

2

+ ( 0.075 ) )] α


-ol$ci,n <

Di$Gamos el diarama de c$erpo lire.

-$matoria de momento de inercia respecto a p$nto LoM

∑ M = I α 0

0

-aemos del teorema de -teiner


áina %


I O =

M L

2

12

+md

2

7ntonces tenemos +$e 445 ×

( ) 15 √ 3 20

=

445 3

2

+ ( ( 1.5 ) + ( 3 √ 3 ) ) ) α 2

2

(

9.81 12

Donde α =0.426

<

Rad 2

s

-$matoria de momento de inercia respecto al p$nto LAM

∑ M = I α A

A

T 2 ( 3 ) − 445 ×

( )

T 2 ( 3 ) − 445 ×

( )=

15 √ 3 20

15 √ 3 20

M L

=(

2

12

445

2

+ m ( 1.5 ) ) α

2

(

3

9.81 12

+ ( ( 1.5 ) ) ) α 2

RemplaEando la aceleraci,n an$lar tenemos T 2=246 N

<

-$matoria de momentos respecto al p$nto L"M

∑ M = I α B

B

−( 1.5 √ 3 ) T 1 + 445 ×

(

1.5 √ 3 2

)=

445

1

2

( ) 3 α

9.81 3

RemplaEando la aceleraci,n an$lar tenemos T 1=200.2 N

16.3. $na arra liera A" conecta $na placa  con $n cilindro D +$e p$ede rodar sin desliEar. -e aplica $n par : de ?0 NBm sore la placa . & c$al será la aceleraci,n an$lar del cilindro D c$ando se apli+$e el par) a placa tiene $na masa de 50  y el cilindro tiene $na masa de 100 . neniera ivil

áina 


sol!"o# :

•

RealiEando D de la placa c$adrada

∑ M = I C

T − F

70

C

α

0.3 √ 2 2

=

(

50 × 0.3 12

)

2

α

− 0.21 F =0.37 α … … … … … … … … .. ( I )

•

RealiEando D de la placa circ$lar


áina 10


∑ M = I F

F

0.3

√ 2

=

F

α

(

100 0.3 2

2

)

α

F =21.21 α … … … … … … … … … … .. … … ( II )

•

70

ReemplaEando  en 

− 0.21 ( 21.21 α ) =0.37 α

α =14.4 rad / s

Nara 5.50. Una arra delada de masa J descansa sore $na mesa c$adrada provista de $n orde vertical. -i se 9ace irar la mesa alrededor de $n eGe vertical pasando por O con $na velocidad an$lar P# determinar la reacci,n del orde sore la arra en los tres p$ntos de contacto. Despreciar el roEamiento.


áina 11


-ol$ci,n <

D de la arra

<

or cin(tica de c$erpos ridos tenemos QO = aO > rAB" S K2rAB" B Donde r AB" = aB2 K = K  =  2 QO = /aB2i > K /aB2G 8.. /

<

or otro lado tenemos TJ" = "   Ra/a S may/a S ma /a = /m 2B3   aV1 = /aB2 y aV1y = K2/aB2 Ra1/a S ma y1/a S ma1/a = /m2B3  


áina 12


( )−

De R Ax ( a )− Mα

M a

R Ax =

R Ax =

2

2

M

2

w a 2

2

MS a

=

3

2

α

2 2

( 10 α + 3 α +3 w )

6

M a

a

2 2

( 13 α + 3 w )

6

7ntonces nos +$eda TH = ma B RA S R" = maV1 RBx =

M a

2

( 13 α + 3 w )− M αa 2

6

2

RBx = Ma (

a 6

( 13 α +3 w ) − α ) 2

2

Rpta

THy = may B
RBy =

M 2

2

a

( ) 2

2

w a

/  Rpta

5.4?. Una plataorma 9oriEontal ira alrededor de $n eGe vertical +$e pasa por LOM# parte desde el reposo con $na aceleraci,n an$lar constante ŵ  radBseW. Una arra delada A" de peso ; y lonit$d l descansa sore $na plataorma y esta Ga en A por medio de $n pasador vertical. -i el coeciente de roEamiento entre la plataorma y la arra es de X# 9allar el tiempo necesario para +$e la arra se deslice. -e s$pone +$e eiste $n contacto $niorme entre la arra y la plataorma. &ara +$e la aceleraci,n an$lar inicial mnima la arra desliEara inmediatamente)


áina 13


-ol$ci,n = ŵk rad/seg2 or cinemática de c$erpo rido aV= A> rAB" S K2rAB" aV= K/ K2li 8/1

-

TH = HA =Hr =mac 8 / THy = KHA* = mac 8 /Y TJ" = Y ma$∗1 2

1

= ml

2

2

2

∝

2

m a$= ml w% 4

% 2 a$x = l w% 8 /2 3

7ntonces tenemos 2

2

2

& l= l w 3

2

2

& = lw 3

& =

√

2 lw 3


áina 14


ReemplaEando H = HA SHr S mK2l F Ax ' Fr =

F Ax = Frx

√

√

2 lw 3

2 lw 3

m

m

Hy = m/K Hy = m or Iltimo i$alando ec$aciones w=

6 g

l

Rpta

5.4. 7l An$lo de 9ierro A" de masa total J esta $nida a $na mesa iratoria con %$n pasador liso en  y $n rodillo en A +$e proporciona apoyo en la direcci,n . $ando la mesa ira a $na velocidad an$lar constante K! alrededor de $n eGe vertical +$e pasa por O# determinar la $erEa aial# la $erEa de corte y el momento Zeionaste en la secci,n a
-ol$ci,n 5.%?. Una r$eda de icicleta +$e pasa 14.%  tiene $na radio de 30 cm está apoyada sim(tricamente en $n plano vertical mediante dos arra delada cada $na de lonit$d 1.%0 m y de peso ?.4 . as arras están en neniera ivil

áina 15


e+$ilirio# se rompe# 9allar la aceleraci,n inicial del centro del cilindro# se desprecia toso los roEamiento en el sistema.

-ol$ci,n 5.5. Un án$lo $niorme de 9ierro A" pesa ?5  y está apoyada sore $na mesa iratoria +$e ira alrededor de $n eGe vertical E con $na velocidad an$lar de 10  radBs. el apoyo en A es $na pasadora lisa y en " $n rodillo proporciona $na restricci,n solamente en la direcci,n vertical. Fallar todas las $erEas +$e actIan sore el án$lo dIrate el movimiento.

< D


áina 16


omo

A" $niorme

3 =

?5

=

25

<

lanteando las ec$aciones de momento an$lar JA = A  25/B2 > "y/ S 50 =  "y/ S 62.5/ =  o

T < o

<

8888888../1 Determinamos o o = "arra 9oriEontal > "arra vertical L

¿ ¿ ¿2 m¿ 2

2

I o=

mL

I o=

mL

12

2

+

mL

+

mL

2

2

12

2

2

+¿

(3 ) m 4 L 3 m L 2 m L + + + 2

12

2

12

12

2

I o=

56 m L 12

2

I o=

14 m L


3

888888/2

áina 1?

2


# <

<

or cinemática de c$erpos ridos tenemos 1 aV1 = aA > !/B2i S K 2r aV1 = /B2 S 10 2/B2i aV1 = <50i > /B2 2 aV2 = aA > /r S K 2rV2 aV2 = /i S 100/i aV2 = <100i > G A9ora tenemos TH = ma 0 = JaV1 > JaV2 0 = /mB.%1/50 < 100 >  50 =  50 =  8888888/3 THy = may Ay > "y S K = ma 1y > ma 2y L m Ay + By =( α −100 L + αL ) 2

9.81

L m Ay + By =(3 α −100 L) 2

<

9.81

888888888./4

De las ec$aciones /2 y /3 en /1 By ( L )−62.5 L=

14 3

mL

2

(50 )

"y = 62.5 > 5?22588888888888/5 <

De las ec$aciones /5 a la /4 50 L

(+ ( )− )∗ 3

Ay =−62.5 −57225 L


2

100

9.81

áina 1%

25


Ay = <62.5 S 5?225 < 63.?1 < 254.% Ay = <126.21 > 5?4?.%


áina 1

Dinamica Irving Shames

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